MANUAL - cld.pt · Pela Lei dos Senos: se n a 30 o = se n 6 45 o ⇔ a = 6 s s e e n n 4 3 5 0 o 0...

Expoente11 • Dossiê do Professor

08.PROPOSTAS

DE RESOLUÇÃOMANUAL

Tema I – Trigonometria e Funções TrigonométricasUnidade 1 – RevisõesPáginas 9 a 11

1.

sen α = �153� ; cos α = �1

123� ; tg α = �

152�

sen β = �11

23� ; cos β = �

153� ; tg β = �

152�

2.

sen α = ⇔ �45

� = ⇔ A�B� = �4 ×5

15�

⇔ A�B� = 12

tg β = ⇔ �34

� = ⇔ B�D� = �4 ×3

12�

⇔ B�D� = 16Pelo Teorema de Pitágoras:A�B�2 + B�C�2 = A�C�2 ⇔ 122 + B�C�2 = 152

⇔ B�C�2 = 225 – 144 ⇔ B�C�2 = 81Logo, B�C� = 9.Tem-se, então, C�D� = B�D� – B�C� = 16 – 9 = 7.

3.

a) (sen 60o – sen 45o)2 = � – �2

=

b) �3

1tg

–320o

c+os

tg30

4o5o

� = =

= × = =

c) sen2 15o + cos2 15o = 1

d) sen 80o – cos 10o = sen 80o – sen (90o – 10o) == sen 80o – sen 80o = 0

e) tg 74o × tg 16o = tg 74o ×�tg (90o

1– 16o)� = �t

tgg

77

44

o

o� = 1

4.

Sejam h a altura da árvore e d a distância entre oponto B e a árvore. Então:

tg 30o = �d +

h10� ⇔ = �

d +h

10�

Por outro lado:

tg 60o = �hd

� ⇔ 3� = �hd

� ⇔ h = 3�d

Logo:

= 3�d ⇔ 3�d + 10 3� = 3 3�d

⇔ 2 3�d = 10 3� ⇔ d = 5Tem-se, então, que h =3�d = 53� , ou seja, aaltura da árvore é 53� metros.

5.a) (sen x – cosx)2 = sen2 x – 2 sen x cos x + cos2 x =

= 1 – 2 sen x cos x

b) (sen x + cos x) (sen x – cos x) = sen2 x – cos2 x == sen2 x – (1 – sen2 x) == sen2 x – 1 + sen2 x == 2 sen2x – 1

= �ccooss2

2x

x

–+

sseenn

2

2x

x� = cos2 x – sen2 x

6.

tg α = ⇔ tg 40o = ⇔ A�D� = 55 tg 40o

tg β = ⇔ tg 62o = ⇔ B�D� = 55 tg 62o

Logo, A�B� = B�D� – A�D� = 55 tg 62o – 55 tg 40o ≈ 57,3.Assim, a largura aproximada do rio é 57,3 metros.

A�B��15

A�B��

A�C�

12�

B�D�A�B��

B�D�

3��

3

3�d + 103��

3

A�D��55

A�D��C�D�

3��

22��

2

3 × �33�� + 1

��

1 – 2 × �

23�

�

3� + 1��

1 – 3�1 + 3��1 + 3�

3� + 3 + 1 + 3��

1 – 3

B�D��55

B�D��C�D�

2 Expoente11 • Dossiê do Professor

12

13

5

αβ

A

α βB C D

60º 30º

AB

h

d 10 m

h

D

B

C55 m

A

c) �11

+– t

tgg

2

2x

x� = = =

1 – �sceo

ns2

2

x

x�

��

1 + �sceo

ns2

2

x

x�

�cos2

cx

o–s2

sx

en2 x�

��

�cos2

cx

o+s2

sx

en2 x�

= �34

� – 2 × × + �12

� = �54

� – 3��

22��

26��

2

= – = –2 – 3�4 + 23��

2

⇔ h = 3�d + 103��

3

7.a)

sen 30o = ⇔ �12

� = ⇔ B�E� = �124�

⇔ B�E� = 7

Logo, D�E� = 2 × B�E� = 2 × 7 = 14.

cos 30o = ⇔ =

Então, o perímetro do trapézio é:7 + 14 + 73� + 14 + 14 = 49 + 73�

b) tg α = ⇔ tg α = �2x

x� ⇔ tg α = 2

Logo, α = tg–1 (2) ≈ 63,43o.

Unidade 2 – Extensão da trigonometria a ângulos retos e obtusos e resolução de triângulosPáginas 12 a 26

8.

tg 63o = �hx�

a) tg 72o = �

120h

– x�

h = x tg 63o

⇔h = 120 tg 72o – x tg 72o

—————————⇔

x tg 63o = 120 tg 72o – x tg 72o

—————————⇔

x tg 72o + x tg 63o = 120 tg 72o

—————————⇔

x (tg 72o + tg 63o) = 120 tg 72o

—————————⇔

x = �tg

17220o +

tgtg72

6

o

3o�

h = �tg

17220o +

tgtg72

6

o

3o� × tg 63o

⇔x = �

tg17220o +

tgtg72

6

o

3o�

Logo, h ≈ 143,8 , ou seja, a largura do rio é aproxi-madamente de 143,8 metros.

b) BP^

A = 180o – 72o – 63o = 45o

Pela Lei dos Senos:

= �se1n2405o

� =

Então:

= �se1n2405o

� ⇔ P�A� = �12s0esne4n57o2o

� ,

pelo que a distância entre a Ana e a pedra é aproxi-madamente de 161,4 metros.

Por outro lado:

�se

1n2405o

� = ⇔ B�P� = �12s0esne4n56o3o

� ,

o que significa que a distância entre a Berta e apedra é aproximadamente de 151,2 metros.

9.

Pela Lei dos Senos:

�sen

a30o� = �sen

645o� ⇔ a = �6

sseenn4350o

0�

⇔ a = ⇔ a =

⇔ a = ⇔ a = 32�

10.

Pela Lei dos Senos:

�sen

360o� = =

A�B��B�E�

B�E��14

B�E��B�C�

E�C��14

3��

2E�C�

��B�C�

sen 63o��

B�P�sen 72o�

P�A�

sen 72o�

P�A�

sen 63o��

B�P�

6�2�

6 × �12

�

�

�

22�

�

62��

2

sen BC^

A��

A�B�sen AB

^

C��

6�

3Expoente11 • Dossiê do Professor

D

A B

E C

x α14

2x30º

h

63° 72°

120

P

BA

a

A

C

B30º 45º

6

C

A B

60º

3√∫6

⇔ E�C� = ⇔ E�C� = 73�.143��

2

Então:

�sen

360o� = ⇔ sen AB

^

C =

⇔ sen AB^

C = ⇔ sen AB^

C =

Logo, AB^

C = 45o e BC^

A = 180o – 60o – 45o = 75o.Assim:

= ⇔ =

⇔ A�B� = 23� sen 75o

Ou seja, A�B� ≈ 3,35.

11.

Pela Lei dos Senos:

�sen

b90o� = ⇔ �

1b

� = ⇔ �1b

� = �12

�

⇔ b = 2

12.a) sen 120o = sen (180o – 60o) = sen 60o =

c) sen 150o = sen (180o – 30o) = sen 30o = �12

�

13.

Pela Lei dos Cossenos:A�B�2 = 402 + 602 – 2 × 40 × 60 × cos 60o

⇔ A�B�2 = 1600 + 3600 – 4800 × �12

�

⇔ A�B�2 = 2800

Logo, A�B� = 2�8�0�0� = 207� , ou seja, a distânciaentre os dois operários é de 207� metros.

14.

Pela Lei dos Cossenos:

A�B�2 = 112 + 112 – 2 × 11 × 11 × cos 45o

⇔ A�B�2 = 121 + 121 – 242 ×

⇔ A�B�2 = 242 – 1212�

Logo, A�B� = 2�4�2� –� 1�2�1��2�� .Então, a área do círculo de raio A�B� é

π × (2�4�2� –� 1�2�1��2��)2≈ 222,677 cm2.

15.

Pela Lei dos Cossenos:A�C�2 = A�B�2 + B�C�2 – 2 × A�B� × B�C� × cos 60o

⇔ A�C�2 = (2B�C�)2 + B�C�2 – 2 × 2B�C� × B�C� × �12

�

⇔ A�C�2 = 4B�C�2 + B�C�2 – 2 B�C�2

⇔ A�C�2 = 3B�C�2

Logo, A�C� = 3� B�C�

Pela Lei dos Senos:

= =

⇔ = =

Então:

=

⇔ sen CA^

B = ⇔ sen CA^

B = �12

�

Logo, CA^

B = 30o.

sen 60o�

3�

�

23�

�

�3�

3��

2

2��

2

sen BC^

A��

A�B�sen CA

^

B��

B�C�sen 60o�

A�C�

sen BC^

A��

2 B�C�sen CA

^

B��

B�C�sen 60o��3� B�C�

sen CA^

B��

B�C�sen 60o��3� B�C�

�

23�

�

��3�

sen 75o�

A�B�

�

22�

�

�6�

sen BC^

A��

A�B�sen AB

^

C��

6�

2��

232��

6

6� sen 60o��

3sen AB

^

C��

6�


C

A B√∫3

160ºb

6060°

40

BA

C

45°

11 11

BA

C

60°

AC

B

b) sen 135o = sen (180o – 45o) = sen 45o = 2��

2

⇔ sen AB^

C = ⇔ sen AB^

C =6� × �

23�

�

��3

1�8��

6

⇔ A�B� = ⇔ A�B� = 6� sen 75o

��

�

22�

�

26� sen 75o��

2�

⇔ sen CA^

B = sen 60o × B�C��

3� B�C�

2

2

2

2

2

E:

=

⇔ sen BC^

A = ⇔ sen BC^

A = 1

Logo, BC^

A = 90o.

16.

a) cos 120o = cos (180o – 60o) = –cos 60o = – �12

�

b) cos 135o = cos (180o – 45o) = –cos 45o = –

17.

a) Pela Lei dos Cossenos:62 = 52 + 42 – 2 × 5 × 4 × cos AB

^

C⇔ 36 = 25 + 16 – 40 cos AB

^

C⇔ 40 cos AB

^

C = 5

⇔ cos AB^

C = �450�

Logo, AB^

C = cos–1 ��450�� , pelo que AB

^

C ≈ 82,8.

Pela Lei dos Cossenos:52 = 62 + 42 – 2 × 6 × 4 × cos BA

^

C⇔ 25 = 36 + 16 – 48 cos BA

^

C⇔ 48 cos BA

^

C = 27

⇔ cos BA^

C = �24

78�

Logo, BA^

C = cos–1 ��24

78�� , pelo que BA

^

C ≈ 55,8o.

Pela lei dos Cossenos:42 = 62 + 52 – 2 × 6 × 5 × cos AC

^

B⇔ 16 = 36 + 25 – 60 cos AC

^

B⇔ 60 cos AC

^

B = 45

⇔ cos AC^

B = �46

50�

Logo, AC^

B = cos–1 ��46

50�� , pelo que AC

^

B ≈ 41,4o.

b)

Pela Lei dos Cossenos:22 = 4,52 + 32 – 2 × 4,5 × 3 × cos AB

^

C⇔ 4 = 20,25 + 9 – 27 cos AB

^

C⇔ 27 cos AB

^

C = 25,25

⇔ cos AB^

C = �252,725�

Logo, AB^

C = cos–1 ��252,725�� , pelo que AB

^

C ≈ 20,7o.

Pela Lei dos Cossenos:4,52 = 22 + 32 – 2 × 2 × 3 × cos BA

^

C⇔ 20,25 = 4 + 9 – 12 cos BA

^

C⇔ 12 cos BA

^

C = –7,25

⇔ cos BA^

C = – �71,225

�

Logo, BA^

C = cos–1 �– �71,225

�� , pelo que BA^

C ≈ 127,2o.

Pela Lei dos Cossenos:32 = 22 + 4,52 – 2 × 2 × 4,5 × cos AC

^

B⇔ 9 = 4 + 20,25 – 18 cos AC

^

B⇔ 18 cos AC

^

B = 15,25

⇔ cos AC^

B = �151,825�

Logo, AC^

B = cos–1 ��151,825�� , pelo que AC

^

B ≈ 32,1o.

c)

Pela Lei dos Cossenos:B�C�2 = 32 + 62 – 2 × 3 × 6 × cos 60o

⇔ B�C�2 = 9 + 36 – 18 ⇔ B�C�2 = 27Logo, B�C� = 2�7� = 33�.Pela lei dos Senos:

= = �sen A6

C^

B�

Então:

= ⇔ sen AB^

C =

Logo, AB^

C = 30o.E:

= ⇔ sen AC^

B =

Logo, AC^

B = 90o.

2��

2

�

23�

� × 2��

3�

sen BC^

A��

2 B�C�sen 60o��3� B�C�

sen AB^

C��

3sen 60o�

33�

3 sen 60o��

33�sen AB

^

C��

3sen 60o�

33�

6 sen 60o��

33�sen AC

^

B��

6sen 60o�

33�


C

6

4

5

A B

C

2

3

4,5

A B

A B

3

6

60º

C

⇔ sen BC^

A = sen 60o × 2 B�C��

3� B�C�

c) cos 150o = cos (180o – 30o) = –cos 30o = – 3��

2

⇔ sen AC^

B = ⇔ sen AC^

B = 12 × �

23�

�

��3�

⇔ sen AB^

C = ⇔ sen AB^

C = �12

�

2 × �

23�

�

��3�

2

2

d)

AC^

B = 180o – 45o – 30o = 105o

Pela Lei dos Senos:

= = �sen5105o�

Então:

= �sen5105o� ⇔ B�C� = �5

sesnen

10455

o

o�

Logo, B�C� ≈ 3,7.E:

= �sen5105o� ⇔ A�C� = �5

sesnen

10350

o

o�

Logo, A�C� ≈ 2,6.

e)

Pela Lei dos Senos:

�sen

330o� = �sen A

5C^

B� ⇔ sen AC

^

B = �5 sen3

30o�

Então, AC^

B = sen–1 ��5 sen3

30o��.

Logo, AC^

B ≈ 56,4o.

AB^

C ≈ 180o – 30o – 56,4o ≈ 93,6o

Pela Lei dos Cossenos:A�C�2 = 32 + 52 – 2 × 3 × 4 cos AB

^

CPelo que, A�C�2 ≈ 34 – 24 cos 93,6o , ou seja,A�C� ≈ 3�4� –� 2�4� c�o�s� 9�3�,6�o� ≈ 6.

18.

AB^

C = 180o – �3650o� = 108o

CA^

B = BC^

A = �180o –2

108o� = 36o = AB

^

F

Pela lei dos Cossenos:c2 = 32 + c2 – 2 × 3 × c cos 36o

⇔ 9 = 6c cos 36o

⇔ c = �6 co

9s 36o�

Logo, c ≈ 1,9.

19.

FA^

B = 180o – �3660o� = 120o

Seja x = F�B�.

Pela Lei dos Cossenos:x2 = 32 + 32 – 2 × 3 × 3 cos 120o

⇔ x2 = 9 + 9 + 9⇔ x2 = 27Então, x = 2�7� = 33� e, portanto, o perímetrodo triângulo [BDF] é 3 × 33� = 93�.

20.

BA^

C = �1830o� = 60o

OA^

D = �60

2

o� = 30o

DO^

A = 180o – 90o – 30o = 60o

A�D� = = 3�

Pela Lei dos Senos:

= ⇔ O�D� =

⇔ O�D� = 1Acírculo = πr2, logo Acírculo = π × 12 = π.

Unidade 3 – Ângulos orientados, ângulosgeneralizados e rotaçõesPáginas 27 a 31

21.a) i) I ii) D iii) H iv) I

b) Por exemplo, 160° ou –200°.

23��

2

sen 60o�

3�sen 30o�

O�D�3� sen 30o��

sen 60o

sen 30o�

A�C�

sen 45o�

B�C�

sen 30o�

A�C�sen 45o�

B�C�


A B5

45º 30º

C

A

B

5

3

30º

C

A B

F

c

CE

D

B

A D

C

F E

BA D

O

C

⇔ O�D� = 3� × �

12

�

��

�

23�

�2

22.

a) I b) C c) C d) G e) F

23.

a) 400o = 40o + 1 × 360o

b) –1280o = –200o – 3 × 360o

c) 670o = 310o + 1 × 360o

d) –825o = –105o – 2 × 360o

24.

a) 25o + 3 × 360o = 1105o

b) 180o + 1 × 360o = 540o

c) –39o – 1 × 360o = –399o

d) –100o – 4 × 360o = –1540o

25.

a) Ponto B.

b) Ponto D.

c) Ponto D.

d) Ponto C.

Unidade 4 – Razões trigonométricasde ângulos generalizadosPáginas 32 a 65

26.

a) 85o pertence ao 1.o quadrante.

b) 280o pertence ao 4.o quadrante.

c) –25o pertence ao 4.o quadrante.

d) 200o pertence ao 3.o quadrante.

e) 400o = 40o + 1 × 360o pertence ao 1.o quadrante.

f) –1280o = –200o – 3 × 360o pertence ao 2.o quadrante.

g) 670o = 310o + 1 × 360o pertence ao 4.o quadrante.

h) –825o = –105o – 2 × 360o pertence ao 3.o quadrante.

27.

a) Abcissa de P:

cos 30o = �5x

� ⇔ x = 5 cos 30o ⇔ x =

Ordenada de P:

sen 30o = �5y� ⇔ y = 5 sen 30o ⇔ y = �

52

�

Logo, P � , �52

��.

b) Abcissa de P:

cos α = �x

r� ⇔ x = r cos α

Ordenada de P:

sen α = �y

r� ⇔ y = r sen α

Logo, P(r cos α , r sen α).

28.

a) cos α = – ; sen α = �34

�

b) cos β = �35

� ; sen β = – �45

�

29.

a) b)

30. Ordenada de P: sen α = �45

�

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ ��45

��2

+ cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 – �12

65� ⇔ cos2 α = �

295�

Uma vez que α é um ângulo do 2.o quadrante, tem-

-se que cos α = –��295� = – �

35

�.

31.

a) –1 ≤ cos α ≤ 1 ⇔ –4 ≤ 4 cos α ≤ 4Valor mínimo: –4 Valor máximo: 4

b) –1 ≤ sen α ≤ 1 ⇔ –4 ≤ sen α – 3 ≤ –2Valor mínimo: –4 Valor máximo: –2

c) –1 ≤ sen α ≤ 1 ⇔ –2 ≤ 2 sen α ≤ 2 ⇔ 2 ≥ –2 sen α ≥ –2 ⇔ 7 ≥ 5 – 2 sen α ≥ 3

⇔ �73

� ≥ �5 – 23sen α� ≥ 1

Valor mínimo: 1 Valor máximo: �73

�

d) 0 ≤ cos2 α ≤ 1Valor mínimo: 0 Valor máximo: 1

e) 0 ≤ cos2 α ≤ 1 ⇔ 1 ≤ cos2 α + 1 ≤ 2Valor mínimo: 1 Valor máximo: 2

f) –1 ≤ cos α ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos α + 1 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ (cos α + 1)2 ≤ 4Valor mínimo: 0 Valor máximo: 4

32.

a) Afirmação falsa. No 2.o quadrante o seno é positivoe o cosseno é negativo, logo não têm o mesmo sinal.

b) Afirmação verdadeira.

53��

2

53��

2

7��

4


O 1

y

x14

O1

y

x– 23

c) Afirmação verdadeira.

d) Afirmação falsa. Não existe qualquer ângulo cujocosseno seja superior a 1.

e) Afirmação falsa. No 2.o quadrante o seno é positivo.

f) Afirmação falsa.

��17

��2

+ �– �67

��2

= �419� + �3

469� = �3

479� ≠ 1

33.

a) Afirmação verdadeira.

b) Afirmação verdadeira.

c) Afirmação falsa. No 3.o quadrante o cosseno écrescente.

d) Afirmação falsa. Não existe qualquer ângulo cujocosseno seja superior a 1.

e) Afirmação verdadeira.

f) Afirmação falsa.

��17

��2

+ �– �67

��2

= �419� + �3

469� = �3

479� ≠ 1

34.

a) sen 50o < sen 80o

b) cos 50o > cos 80o

c) cos 105o > cos 162o

d) sen 200o < sen 90o

e) cos 180o < sen 5o

f) cos (–90o) = sen 180o

35.

sen2 α + �– �34

��2

= 1 ⇔ sen2 α = 1 – �196�

⇔ sen2 α = �176�

Uma vez que α pertence ao 3.o quadrante, tem-se:

sen α = – ��176� = –

36.

a) O produto do seno pelo cosseno é positivo nos 1.o e3.o quadrantes.

b) O seno é crescente e o cosseno é decrescente no1.o quadrante.

c) O seno e o cosseno são crescentes no 4.o quadrante.

d) O seno é decrescente e o cosseno é negativo nos2.o e 3.o quadrantes.

37.

a) –1 ≤ sen x ≤ 1 ⇔ –1 ≤ �1 –2

3k� ≤ 1

⇔ –2 ≤ 1 – 3k ≤ 2⇔ –3 ≤ –3k ≤ 1⇔ 3 ≥ 3k ≥ –1

⇔ 1 ≥ k ≥ – �13

�

Logo, k � �– �13

� , 1�.

b) x� ]180o, 270o[, então: –1 < cos x < 0 ⇔ –4 < 4 cos x < 0

⇔ –4 < �k –210� < 0

⇔ –8 < k – 10 < 0⇔ 2 < k < 10

Logo, k � ]2, 10[.

c) x� [0o, 90o[, então: 0 < cos x ≤ 1 ⇔ 0 < k2 – 2k + 1 ≤ 1⇔ k2 – 2k + 1 > 0 ∧ k2 – 2k + 1 ≤ 1⇔ k2 – 2k + 1 > 0 ∧ k2 – 2k ≤ 0

Cálculos auxiliaresk2 – 2k + 1 = 0 ⇔ (k – 1)2 = 0 ⇔ k = 1k2 – 2k = 0 ⇔ k(k – 2) = 0 ⇔ k = 0 ∨ k = 2

Logo, k � R \ {1} ∩ [0, 2] = [0, 1[ ∪ ]1, 2].

7��

4


O

y

x

x =

1

3

4-

yf

x1

k2 - 2k + 1

O

yf

x2

k2 - 2k

O

38.

a) sen θ = ⇔ �12

� B�D� = a sen θ

⇔ B�D� = 2a sen θ

cos θ = ⇔ �12

� A�C� = a cos θ

⇔ A�C� = 2a cos θ

Assim, a área da peça é dada por:

= 2a2 sen θ cos θ = A(θ)

Se θ ≤ 0o ou se θ ≥ 90o, a figura não é um losan-go, pelo que θ � ]0o, 90o[.

b) A(45o) = 2 × 32 sen 45o cos 45o =

= 18 × × = 9

Quando θ = 45o e a = 3, o losango [ABCD] adquirea forma de um quadrado de lado 3.

39.a) b)

c)

40.

a) tg2 α � [0, +�[.

b) Uma vez que tg2 α � [0, +�[, então tg2 α + 3 � [3, +�[.

c) tg α � ]–�, +�[, logo tg α + 3 � ]–�, +�[.

d) Uma vez que tg2 α � [0, +�[, então 2 tg2 α � [0, +�[ e, portanto, 2 tg2 α – 1 � [–1, +�[.

e) Uma vez que tg2 α � [0, +�[, então –tg2 α � ]–�, 0], logo 1 – tg2 α � ]–�, 1] e, portanto,

�1 – t

2g2 α� � �–�, �

12

��.

41.

a) A tangente é negativa e o cosseno é positivo no 4.o

quadrante.

b) O seno e a tangente são negativos no 4.o quadrante.

c) Não há nenhum quadrante em que a tangente sejadecrescente.

d) A tangente e o cosseno têm o mesmo sinal nos 1.o

e 2.o quadrantes.

e) O seno é maior que a tangente em todos os ângu-los do 2.o e do 4.o quadrantes.

42. Se o seno e o cosseno forem ambos positivos,então tg α > 1 se sen α > cos α .Se o seno e o cosseno forem ambos negativos,então tg α > 1 se |sen α| > |cos α| .

43.

1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + �– �

32

��2

= �cos

12 α�

⇔ 1 + �94

� = �cos

12 α� ⇔ �

143� = �

cos12 α�

⇔ cos2 α = �143�

Uma vez que α pertence ao 4.o quadrante, tem-se que:

cos α = ��143� = =

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ sen2 α + �143� = 1

⇔ sen2 α = 1 – �143� ⇔ sen2 α = �

193�

Como α pertence ao 4.o quadrante, tem-se que:

sen α = – ��193� = – = –

44.a) (sen α + cos α)2 – (sen α – cos α)2 =

= sen2 α + 2 sen α cos α + cos2 α –– (sen2 α – 2 sen α cos α + cos2 α) == 1 + 2 sen α cos α – (1 – 2 sen α cos α) == 1 + 2 sen α cos α – 1 + 2 sen α cos α == 4 sen α cos α

b) sen α cos2 α + sen3 α = sen α (cos2 α + sen2 α) == sen α × 1 = sen α

�12

� B�D��

a

�12

� A�C��

a

2a sen θ × 2a cos θ��

2

2��

22��

2

21�3��

132

�1�3�

31�3��

133

�1�3�


O 1

1

2

α

3y

x O 1

α

–1

y

x– 4

5

O 1

–1

y

x

α

O

y

x

y

1

3

2= -

c) �co

1s α� – cos α = �1 –

cocossα

2 α� = �s

ceons

2

αα

� =

= �sceo

ns α

α� sen α = tg α sen α

d) �(11

++

ttgg2

αα)2

� = �1 + 21

t+g

tαg2

+αtg2 α

� =

= 1 + �1

2+

ttgg2

αα

� = 1 + =

= 1 + 2 �sencαos

coαs2 α

� =

= sen2 α + cos2 α + 2 sen α cos α =

= (sen α + cos α)2

e) = =

= �––sceons

2

2αα

××

sc

eo

ns α

α� = �s

ceo

ns3

3

αα

� = tg3 α

f) = =

= = �tg1

α�

g) (1 + tg2 α)(cos2 α – sen2 α) =

= (cos2 α – sen2 α) = 1 – =

= sen2 α + cos2 α – tg2 α = 1 – tg2 α

45.

a) sen (380o) = sen (360o + 20o) = sen (20o)

b) cos (1205o) = cos (3 × 360o + 125o) = cos (125o)

c) tg (–940o) = tg (–2 × 360o – 220o) = tg (–220o)

46.

a) sen (780o) = sen (2 × 360o + 60o) =

= sen (60o) =

cos (780o) = cos (2 × 360o + 60o) = cos (60o) = �12

�

tg (780o) = tg (2 × 360o + 60o) = tg (60o) = 3�

b) sen (1125o) = sen (3 × 360o + 45o) =

= sen (45o) =

cos (1125o) = cos (3 × 360o + 45o) =

= cos (45o) =

tg (1125o) = tg (3 × 360o + 45o) = tg (45o) = 1

c) sen (1110o) = sen (3 × 360o + 30o) = sen (30o) = �12

�

cos (1110o) = cos (3 × 360o + 30o) = cos (30o) =

tg (1110o) = tg (3 × 360o + 30o) = tg (30o) =

47.

a) cos (450o) + 2 sen (765o) – tg (720o) == cos (360o + 90o) + 2 sen (2 × 360o + 45o) –– tg (2 × 360o) == cos (90o) + 2 sen (45o) – tg (0o) =

= 0 + 2 × – 0 =

= 2�

b) cos2 (361o) – tg (405o) + sen2 (721o) == cos2 (360o + 1o) – tg (360o + 45o) ++ sen2 (2 × 360o + 1) == cos2 (1o) – tg (45o) + sen2 (1o) == 1 – 1 == 0

48.

a) sen (–30o) + cos (–60o) + tg (–45o) == –sen (30o) + cos (60o) – tg (45o) =

= – �12

� + �12

� – 1 =

= –1

b) sen (–780o) – cos (–1470o) – tg (–420o) == –sen (780o) – cos (1470o) + tg (420o) == –sen (2 × 360o + 60o) – cos (4 × 360o + 30o) ++ tg (360o + 60o) == –sen (60o) – cos (30o) + tg (60o) =

= – – + 3� = 0

49.

a) sen (150o) + cos (120o) + tg (135o) == sen (180o – 30o) + cos (180o – 60o) + tg (180o – 45o) == sen (30o) – cos (60o) – tg (45o) =

= �12

� – �12

� – 1 = –1

b) sen (840o) – cos (510o) – tg (1215o) == sen (2 × 360o + 120o) – cos (360o + 150o) –– tg (3 × 360o + 135o) == sen (120o) – cos (150o) – tg (135o) == sen (180o – 60o) – cos (180o – 30o) – tg (180o – 45o) == sen (60o) + cos (30o) + tg (45o) =

= + + 1 = 3� + 1

2 �sceo

ns α

α�

��cos

12 α�

cos α – �co

1s α�

��

sen α – �se

1n α�

�cos

c

2

osα

α– 1

�

��

�sen

se

2

nα

α– 1

�

cos α – �se

1n α�

��sen α – �

co1s α�

�sen α

secnos

αα – 1

�

��sen α

cocsos

αα – 1

�

(sen α cos α – 1) cos α��(sen α cos α – 1) sen α

3��

2

2��

2

2��

2

3��

2

3��

3

2��

2

3��

23��

2

1�cos2 α

sen2 α�cos2 α

3��

23��

2


50.

a) 2 sen (210o) + 4 cos (240o) + tg (600o) == 2 sen (180o + 30o) + 4 cos (180o + 60o) ++ tg (360o + 180o + 60o) == –2 sen (30o) – 4 cos (60o) + tg (60o) =

= –2 × �12

� – 4 × �12

� + 3� =

= –1 – 2 + 3� == –3 + 3�

b) –2 sen (600o) – cos (225o) – 3 tg (930o) == –2 sen (360o + 240o) – cos (180o + 45o) –– 3 tg (2 × 360o + 210o) == –2 sen (180o + 60o) + cos (45o) – 3 tg (180o + 30o) == 2 sen (60o) + cos (45o) – 3 tg (30o) =

= 2 × + – 3 × =

=

51.a) tg (90o – α) =�s

ceo

ns

((99

00

o

o––

αα

))

� = �sceo

ns α

α� =

= = �tg

1α�

b) tg (90o + α) = �sc

eo

ns

((99

00

o

o++

αα

))

� = �–csoesnαα

� =

= – = – �tg

1α�

52.

sen (270o – α) = –cos αcos (270o – α) = –sen α

tg (270o – α) = �sceo

ns (

(22

77

00

o

o

––

αα

))

� = �––sceo

ns α

α� = �

tg1α�

sen (270o + α) = –cos α

cos (270o + α) = sen α

tg (270o + α) = �sceo

ns (

(22

77

00

o

o

++

αα

))

� = �–sceonsαα

� = – �tg

1α�

53.

a) sen (180o + α) – cos (720o – α) ++ sen (90o + α) – tg (–α) == –sen α – cos (–α) + cos α + tg α == –sen α – cos α + cos α + tg α == –sen α + tg α

b) –tg (1080o + β) – cos (180o – β) ++ sen (270o + β) – sen (360o – β) == –tg β + cos β – sen (90o + β) – sen (–β) == –tg β + cos β – cos β + sen β == –tg β + sen β

c) –2 cos (450o + γ) – 3 tg (540o + γ) –– cos (γ – 180o) – 3 sen (–γ – 270o) == –2 cos (90o + γ) – 3 tg (180o + γ) –– cos (180o – γ) + 3sen (270o + γ) == 2 sen γ – 3 tg γ + cos γ – 3 sen (90o + γ) == 2 sen γ – 3 tg γ + cos γ – 3 cos γ == 2 sen γ – 3 tg γ – 2 cos γ

d) 2 sen (–270o + δ) – 3 sen (δ – 90o) ++ 5 cos (–180o – δ) + 2 tg (–360o + δ) == 2 sen (90o + δ) + 3 sen (90o – δ) ++ 5 cos (180o + δ) + 2 tg δ == 2 cos δ + 3 cos δ – 5 cos δ + 2 tg δ == 2 tg δ

e) + �23

� tg (ε + 180o) =

= + �23

� tg ε =

=�sen3εc+os

seεn ε

� + �23

� tg ε =

= �23

sceo

ns ε

ε� + �

23

� tg ε =

= �23

� tg ε + �23

� tg ε =

= �43

� tg ε

54. tg (–α) × sen (–90o + α) < 0 ⇔ –tg α × (–sen (90o – α)) < 0

⇔ �csoesn

αα

� × cos α < 0

⇔ sen α < 0 Logo, a opção correta é a (B).

3��

22��

23��

3

2��

2

1��sceo

ns α

α�

1��sceo

ns α

α�

sen (–180o – ε) – cos (270o – ε)��sen (90o – ε) – 2 cos (180o + ε)

–sen (180o + ε) + cos (90o – ε)��

cos ε + 2 cos ε


O

270º – α

α

y

x

O

270º + α

α

y

x

= 3� + – 3� = 2��

2

55. cos (–90o – α) = – �35

� ⇔ cos (90o + α) = – �35

�

⇔ – sen α = – �35

� ⇔ sen α = �35

�

Como sen α = �35

� e α � ]90o, 270o[, então α per-

tence ao 2.o quadrante.

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ ��35

��2

+ cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 – �295� ⇔ cos2 α = �1

265�

Uma vez que α pertence ao 2.o quadrante, então

cos α = –��126

5� = – �

45

�.

tg α = �csoesn

αα

� = = – �34

�

Então:sen (180o – α) × cos (180o – α) + sen2 (–α) –– tg (α – 180o) == sen α × (–cos α) + sen2 α + tg (180o – α) == –sen α × cos α + sen2 α – tg α =

= – �35

� × �– �45

�� + ��35

��2

– �– �34

�� =

= �12

25� + �

295� + �

34

� =

= �11

50

90

�

56. Uma vez que tg x > 0 e que x � ]–180o, 0o[,então x pertence ao 3.o quadrante.

1 + tg2 x = �cos

12 x� ⇔ 1 + � �

2= �

cos12 x

�

⇔ 1 + �12

� = �cos

12 x� ⇔ �

32

� = �cos

12 x� ⇔ cos2 x = �

23

�

Como x pertence ao 3.o quadrante, então

cos x = –��23

� = – .

sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ sen2 x + �23

� = 1 ⇔ sen2 x = �13

�

Como x pertence ao 3.o quadrante, então

sen x = –��13

� = – .

Então:sen2 (180o + x) – 3 sen (90o + x) + cos (270o + x) ++ sen2 (90o – x) == sen2 x – 3 cos x – cos (90o + x) + cos2 x =

= sen2 x + cos2 x – 3 cos x + sen x =

= �13

� – 3 × �– � + �– � + �23

� =

= 1 + 6� –

57.

O�F� = –2 cos xF�C� = 2 sen xB�C� = –4 cos xA área do trapézio [OBCF] é dada por:

× F�C� = �–4 cos x2

– 2 cos x� × 2 sen x =

= – 6 cos x sen x

58.

a) Sendo o comprimento do arco igual ao raio, então aamplitude do arco correspondente é 1 radiano.

b) �1x r

raa

dd

� = �24

cc

mm� , logo a amplitude do arco é:

�4 ×

21

� = 2 rad

c) �1x r

raa

dd

� = �21

cc

mm� , logo a amplitude do arco é:

�1 ×

21

� = 0,5 rad

d) �1x r

raa

dd

� = �02,5

ccmm

� , logo a amplitude do arco é:

�0,5

2× 1� = 0,25 rad

59.

a) �π18

r0a

o

d� = �1

x

2ra0

d

o�

Então, x = �112800π

� ⇔ x = �23π�.

Logo, �23π� é a medida em radianos da amplitude de

um ângulo de 120o.

b) �π18

r0a

o

d� = �1

x

3ra5

d

o�

Então, x = �113850π

� ⇔ x = �34π�.

�35

�

�– �

45

�

2��

2

6��3

3��3

6��3

3��3

3��3

B�C� + O�F��

2


A DO F

BE

C

x


um ângulo de 135o.

c) �π18

r0a

o

d� = �1

x

5ra0

d

o�

Então, x = �115800π

� ⇔ x = �56π�.


um ângulo de 150o.

d) �π18

r0a

o

d� = �2

x

0ra0

d

o�

Então, x = �210800π

� ⇔ x = �190π�.

Logo, �190π� é a medida em radianos da amplitude

de um ângulo de 200o.

e) �π18

r0a

o

d� = �–

x

7ra0

d

o�

Então, x = �–17800π

� ⇔ x = – �17

8π�.

Logo, – �17

8π� é a medida em radianos da amplitude

de um ângulo de –70o.

60.

a) �π18

r0a

o

d� =

Então, x = ⇔ x = 120.

Logo, 120 é a medida em graus da amplitude de

um ângulo de �23π� radianos.

b) �π18

r0a

o

d� =

Logo, –300 é a medida em graus da amplitude de

um ângulo de – �53π� radianos.

c) �π18

r0a

o

d� =

Então, x = ⇔ x = 210.



Então, x = ⇔ x = 135.



e) �π18

r0a

o

d� =

Então, x = ⇔ x = –225.

Logo, –225 é a medida em graus da amplitude de

um ângulo de – �54π� radianos.

f) �π18

r0a

o

d� = �

1x

r

o

ad�

Então, x = �180π

× 1� ⇔ x ≈ 57,3.

Logo, 57,3 é a medida aproximada em graus daamplitude de um ângulo de 1 radiano.

61.a)

a = 360o – 90o – 90o – 45o = 135o

�π18

r0a

o

d� = �

a13

r5a

o

d�

Então, a = �1

13850π

� ⇔ a = �34π�.

Logo, a = �34π� rad.

b)

a = 180o – 30o = 150o

�π18

r0a

o

d� = �

a15

r0a

o

d�

Então, a = �1

15800π

� ⇔ a = �56π�.


b = 30o

�π18

r0a

o

d� = �

b3

r0a

o

d�

Então, b = �

13

80

0π

� ⇔ b = �6π

�.

Logo, b = �6π

� rad.

xo��

�23π� rad

180 × �23π�

��π

xo��

�76π� rad

180 × �76π�

��π

180 × �34π�

��π

xo��– �5

4π� rad

180 × �– �54π��

��π

xo��– �5

3π� rad


Então, x = ⇔ x = –300.180 × �– �5

3π��

��π

a

45º

ab

30º

d) �π18

r0a

o

d� = xo

��34π� rad

c)

a = = 120o

�π18

r0a

o

d� = �

a12

r0a

o

d�

Então, a = �

112800π

� ⇔ a = �23π�.


b = �60

2

o� = 30o

�π18

r0a

o

d� = �

b3

r0a

o

d�

Então, b = �

13

80

0π

� ⇔ b = �6π

�.

Logo, b = �6π

� rad.

62.

a) �π18

r0a

o

d� = �

1x

r

o

ad�

Então, x = �180

π× 1� ≈ 57,2958.

�610

o

’� = �

0,29y

5’

8o�

Então, y = �0,29518 × 60� = 17,748.

�610’’’

� = �0,7z4’’

8’�

Então, z = �0,7481

× 60� ≈ 45.

Logo, 1 radiano corresponde aproximadamente a57o 17’ 45’’ .

b) �π18

r0a

o

d� =

Então, x = ≈ 16,3636.

�610

o

’� = �

0,36y

3’

6o�

Então, y = �0,36316 × 60� = 21,816.

�610’’’

� = �0,8z1’’

6’�

Então, z = �0,8161

× 60� ≈ 49.

Logo, �1π1� radianos correspondem aproximada-

mente a 16o 21’ 49’’.

Então, x = ≈ 154,2857.

�610

o

’� = �

0,28y

5’

7o�

Então, y = �0,28517 × 60� = 17,142.

�610’’’

� = �0,1z4’’

2’�

Então, z = �0,1421

× 60� ≈ 9.

Logo, �67π� radianos correspondem aproximadamen-

te a 154o 17’ 9’’.

d) �π18

r0a

o

d� = �

10,x

4

o

rad�

Então, x = �180 ×

π10,4� ≈ 595,8761.

�610

o

’� = �

0,87y

6’

1o�

Então, y = �0,87611 × 60� = 52,566.

�610’’’

� = �0,5z6’’

6’�

Então, z = �0,5661

× 60� ≈ 34.

Logo, 10,4 radianos correspondem aproximada-mente a 595o 52’ 34’’ .

63.

a)

b)

c)

360o – 60o – 60o��

2

xo��

�1π1� rad

180 × �1π1�

��π

180 × �67π�

��π


a

b

60º

y

x

2π6

–

– 15π6

17π6

; 1811π6

π6

y

x

– 7π4

3π4

13π4

; 805π4

– π4

– – 2π3

2π3

301π3

y

x

; 5π3

π3

c) �π18

r0a

o

d� = xo

��67π� rad

64.

a) 13π = 6 × 2π + π –13π = –6 × 2π – πOra, π e –π correspondem a ângulos com omesmo lado extremidade, logo 13π e –13π corres-pondem a ângulos com o mesmo lado extremidade.

b) 2016π = 1013 × 2πOra, 0 e 2π correspondem a ângulos com omesmo lado extremidade, logo 0 e 2016π corres-pondem a ângulos com o mesmo lado extremidade.

c) �72π� = 2π + �

32π�

Ora, �2π

� e �32π� não correspondem a ângulos com o

mesmo lado extremidade, logo �2π

� e �72π� não corres-

pondem a ângulos com o mesmo lado extremidade.

d) �3

32π� = 5 × 2π + �

23π� – �

43π� + 2π = �2

3π�

Logo, – �43π� e �3

32π� correspondem a ângulos com

o mesmo lado extremidade.

e) – �1

45π� + 2 × 2π = �

4π

� – �1049π� + 14 × 2π = �

34π�

Logo, – �1

45π� e – �10

49π� não correspondem a ângu-

los com o mesmo lado extremidade.

f) �2

65π� – 2 × 2π = �

6π

� �20

618π� – 168 × 2π = �

3π

�

Logo, �265π� e �20

618π� não correspondem a ângu-

los com o mesmo lado extremidade.

65. �12

8π� = �2 × 0

x

,5 × π� ⇔ x = �1

28ππ

� ⇔ x = 9

A distância percorrida foi de 9 metros.

66. �2x

π� = ⇔ x = ⇔ x = �

1π0�

A amplitude do arco AB é �1π0� radianos.

67. �25π� = �6

2

x

π� ⇔ x = �5 ×

23π

6π� ⇔ x = 90

A área do setor circular é 90 cm2 .

68. = �r4

2ππ� ⇔ 4 = �r

4

2� ⇔ r2 = 16

Logo, r = 1�6� = 4 .O raio do setor circular é 4 cm.

69.

�2απ� = �

2απ� = 4r r2 = 4r

⇔ ⇔�2απ� = �r

2

ππ� �

2απ� = r2 ——————

r2 –4r = 0 r(r – 4) = 0 r = 0 ∨ r = 4⇔ ⇔ ⇔ impossível

—————— —————— ——————

r = 4 —————— r = 4⇔ ⇔ ⇔

�2απ� = 16 α = �

12

6π� α = �

8π

�

O raio da circunferência é 4 cm e a amplitude do

arco é �8π

� radianos.

70.

a) –2 cos ��56π�� + sen ��

74π�� – tg ��

238π�� =

= – 2 cos �π – �6π

�� + sen �2π – �4π

�� – tg �9π + �3π

�� =

= 2 cos ��6π

�� – sen ��4π

�� – tg ��3π

�� =

= 2 × – – 3� = –

b) sen ��56π�� + cos� �

43π�� =

= sen �π – �6π

�� + cos �π + �3π

�� =

= sen ��6π

�� – cos ��3π

�� =

= �12

� – �12

� =

= 0

c) cos ��2

30π�� + tg ��

141π�� =

= cos �7π – �3π

�� + tg �3π – �4π

�� =

= cos �π – �3π

�� + tg �– �4π

�� =

= –cos ��3π

�� – tg ��4π

�� =

= – �12

� – 1 =

= – �32

�

d) sen �– �23π�� – 2 cos �– �

161π�� – 3 tg ��

161π�� =

= – sen ��23π�� – 2 cos ��

161π�� – 3 tg �2π – �

6π

�� =

2 × 5 × π�

�2π

�

2π × �2π

�

��10π

2π�

�2π

�

2rπ�

�2π

�

2��

22��

23��

2


= –sen �π – �3π

�� – 2 cos �2π – �6π

�� + 3 tg ��6π

�� =

= –sen ��3π

�� – 2 cos ��6π

�� + 3 tg ��6π

�� =

= – – 2 × + 3 × =

e) sen ��1

47π�� + cos �– ��

243π�� + tg ��

169π�� =

= sen �4π + �4π

�� + cos ��2

43π�� + tg �3π + �

6π

�� =

= sen ��4π

�� + cos �6π – �4π

�� + tg ��6π

�� =

= sen ��4π

�� + cos ��4π

�� + tg ��6π

�� =

= + + =

=

71.

a) 2 sen (–x) + cos (π – x) + cos ��2π

� – x� =

= –2 sen x – cos x + sen x == – sen x – cos x

b) –cos (–x) + tg (π – x) + sen ��2π

� + x� + sen ��2π

� – x� =

= – cos x – tg x + cos x + cos x == – tg x + cos x

c) 2 cos �– x + �32π�� – tg (– x) + sen (3π – x) +

+ cos �– �2π

� – x� =

= – 2 cos ��2π

� – x� + tg x + sen (π – x) + cos ��2π

� + x� =

= –2 sen x + tg x + sen x – sen x == –2 sen x + tg x

d) sen (x + π) + cos (x – π) + sen ��92π� + x� =

= – sen x + cos (π – x) + sen ��2π

� + x� =

= – sen x – cos x + cos x == – sen x

e) cos ��2π

� + x� cos (π + x) + sen ��32π� + x� cos �– �

2π

� + x� +

+ sen2 ��32π� – x� + cos2 �x + �3

2π�� =

= (–sen x) (–cos x) – sen ��2π

� + x� cos ��2π

� – x� +

+ sen2 ��2π

� – x� + cos2 �x + �2π

�� =

= sen x cos x – cos x sen x + cos2 x + sen2 x =

= 1

f) 2 sen (8π – x) + 3 cos �– x – �129π�� + 2 tg (–x + 200π) =

= –2 sen x + 3cos �– x + �2π

�� + 2 tg (–x) =

= –2 sen x + 3 sen x – 2 tg x =

= sen x – 2 tg x

g) =

=�2 se–n

cx

o–s

sx

en x� =

= – �sceons xx

� =

= – tg x

72. cos ��123π� + α� = – �

13

� ⇔ cos ��2π

� + α� = – �13

�

⇔ – sen α = – �13

� ⇔ sen α = �13

�

Como sen α > 0 e α � ��2π

� , �32π��, então α perten-

ce ao 2.o quadrante.

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ ��13

��2

+ cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 – �19

� ⇔ cos2 α = �89

�


cos α = –��89

� = – .

= – = –

Então:

cos (–4π – α) – 2 sen ��2π

� + α� + tg (3π – α) =

= cos α – 2 cos α – tg α = = –cos α – tg α =

= – �– � – �– � =

2��

22��

23��

3

32� + 3��

3

3��

33��

23��

2

2 cos�x + �32π�� + cos�– �

2π

� – x��

sen (π – x) + cos (π + x) + sen (–x)

22��

3

2��

41

�22�

2��4

22��

3


tg α = �sceons α

α� =

�13

�

��

– �232�

�

= + = 22��

32��4

112��

12

= – + 3� = – 33��

23��

2

= 2� + =3��

3

= = –2 cos ��

2π

� + x� + cos ��2π

� + x��

sen x – cos x – sen x

3

73. tg (π – α) = 2 ⇔ –tg α = 2 ⇔ tg α = –2

Como tg α < 0 e α � �– �2π

� , �2π

��, então α pertence

ao 4.o quadrante.

1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + 4 = �

cos12 α� ⇔ cos2 α = �

15

�


cos α = ��15

� = .

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ sen2 α + �15

� = 1

⇔ sen2 α = 1 – �15

� ⇔ sen2 α = �45

�


sen α = –��45

� = – .

Então:

sen ��32π� – α� + tg (–α) + sen (π + α) =

= –sen ��2π

� – α� – tg α – sen α =

= –cos α – tg α – sen α =

= – + 2 + =

74.

a) = �(11

++

ttgg2

αα)2

� =

= 1 + = 1 + =

= 1 + 2 sen α cos α

b) – = – �co2sc2oαs

+α

csoesn

2αα

� =

= – �sceo

ns α

α� = –tg α = tg (–α)

75. a) Seja M o ponto médio de [AB].

O�M� = 3

tg (π – α) = ⇔ –tg α =

⇔ A�M� = –3 tg α

cos (π – α) = ⇔ –cos α =

⇔ O�A� = – �co

3s α�

Logo, o perímetro do triângulo [OAB] é dado por:

2 × (–3 tg α) + 2 × �– �co

3s α�� = –6 tg α – �

co6s α�

b) cos ��32π� + x� = �

25

� ⇔ – cos ��2π

� + x� = �25

�

⇔ sen x = �25

�

sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ ��25

��2

+ cos2 x = 1

⇔ cos2 x = 1 – �245� ⇔ cos2 x = �2

215�

Como x� ��2π

� , π�, tem-se que:

cos x = –��2215� = –

Então:

–6 tg x – �co

6s α� = –6 × �– � – =

Unidade 5 – Funções trigonométricasPáginas 66 a 91

76.

a) f(x) = sen x – 1 Df = R–1 ≤ sen x ≤ 1, ∀ x� R ⇔ –2 ≤ sen x – 1 ≤ 0, ∀ x� RD’f = [–2, 0].f(x) = 0 ⇔ sen x – 1 = 0 ⇔ sen x = 1

⇔ x = �2π

� + 2kπ, k � Z

Logo, os zeros de f são da forma �2π

� + 2kπ , k � Z.

b) g(x) = 3 sen xDg = R–1 ≤ sen x ≤ 1, ∀ x� R ⇔ –3 ≤ 3 sen x ≤ 3, ∀ x� RLogo, D’g = [–3, 3].g(x) = 0 ⇔ 3 sen x = 0 ⇔ sen x = 0

⇔ x = kπ , k � ZLogo, os zeros de g são da forma kπ , k � Z.

5��

5

25��

5

5��

525��

55� + 10��

5

(1 + tg (π + α))2��

1 + tg2 (–α)

2 �sceo

ns α

α�

��cos

12 α�

2 sen��2π

� – α� cos��2π

� – α��

1 + cos2 α – sen2 α

A�M��

3A�M��

O�M�

3�

O�A�O�M��

O�A�

2�1��

5

6�

– �2�51�

�

22�1��

21

2 sen α cos2 α��

cos α


= �1 + 21

t+g

tαg2

+αtg2 α

� = 1 + =2 tg α�1 + tg2 α

tg x = = = = – = –sen x��cos x

�25

�

�

– �2�51�

�

2�2�1�

22�1��

215

5

= + = = 22�1�122�1��

21302�1��

21422�1��

21

c) h(x) = 2 – sen ��2x��

Dh = R–1 ≤ sen ��

2x�� ≤ 1, ∀ x� R ´

⇔ 1 ≥ – sen ��2x�� ≥ –1, ∀ x� R

⇔ 3 ≥ 2 – ��2x�� ≥ 1, ∀ x� R

Logo, D’h = [1, 3].

h(x) = 0 ⇔ 2 – sen ��2x�� = 0 ⇔ sen ��

2x�� = 2

Eq. impossível

Logo, a função h não tem zeros.

d) i(x) = 2 sen2 �3x + �4π

�� – 5

Di = R0 ≤ sen2 �3x + �

4π

�� ≤ 1, ∀ x� R

⇔ 0 ≤ 2 sen2 �3x + �4π

�� ≤ 2, ∀ x� R

⇔ –5 ≤ 2 sen2 �3x + �4π

�� – 5 ≤ –3, ∀ x� RLogo, D’i = [–5, –3].

i(x) = 0 ⇔ 2 sen2 �3x + �4π

�� – 5 = 0

⇔ sen2 �3x + �4π

�� = �52

�

Eq. impossível

Logo, a função i não tem zeros.

77.

a) f(x) = �se

1n x�

Df = {x� R: sen x ≠ 0} = {x� R: x ≠ kπ, k � Z}

f(–x) = �sen

1(–x)� = – �

se1n x� = –f(x), ∀ x� Df

Logo, f é uma função ímpar.

b) g(x) = �sen

x

x + 1�

Dg = {x� R: sen x + 1 ≠ 0} =

= �x� R: x ≠ �32π� + 2kπ, k � Z�

Cálculo auxiliar

sen x + 1 = 0 ⇔ sen x = –1 ⇔ x = �32π� + 2kπ, k � Z

g(–x) = �sen (

––x

x) + 1� = �

–sen–xx + 1�

Assim, existem valores reais para os quais g(–x) ≠ g(x) e g(–x) ≠ –g(x), logo g não é uma fun-ção par nem ímpar.

Dh = {x� R: 2x ≠ 0} = R \ {0}

h(–x) = = = = h(x), ∀ x� Dh

Logo, h é uma função par.

78.

a) f(x) = 1 + cos xDf = R–1 ≤ cos x ≤ 1, ∀ x� R0 ≤ 1 + cos x ≤ 2, ∀ x� RD’f = [0, 2]f(x) = 0 ⇔ 1 + cos x = 0

⇔ cos x = –1

⇔ x = π + 2kπ, k � ZLogo, os zeros de f são da forma π + 2kπ, k � Z.

b) g(x) = –5 cos xDg = R–1 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ –5 ≤ 5 cos x ≤ 5

⇔ 5 ≥ –5 cos x ≥ –5Logo, D’g = [–5, 5].g(x) = 0 ⇔ –5 cos x = 0 ⇔ cos x = 0

⇔ x = �2π

� + kπ, k � ZLogo, os zeros de g são da forma �

2π

� + kπ, k � Z.

c) h(x) = 3 – cos ��2x��

Dh = R–1 ≤ cos ��

2x�� ≤ 1 ⇔ 1 ≥ – cos ��

2x�� ≥ –1

⇔ 4 ≥ 3 – cos ��2x�� ≥ 2

Logo, D’h = [2, 4].

h(x) = 0 ⇔ 3 – cos ��2x�� = 0 ⇔ cos ��

2x�� = 3

Eq. impossível

Logo, a função h não tem zeros.

d) i(x) = –1 – 2 cos2 �3x + �4π

��Di = R0 ≤ cos2 �3x + �

4π

�� ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2 cos2 �3x + �4π

�� ≤ 2

⇔ 0 ≥ –2 cos2 �3x + �4π

�� ≥ –2

⇔ –1 ≥ –1 – 2 cos2 �3x + �4π

�� ≥ –3

Logo, D’i = [–3, –1].

i(x) = 0 ⇔ –1 – 2 cos2 �3x + �4π

�� = 0

⇔ cos2 �3x + �4π

�� = – �12

�

Eq. impossível

Logo, a função i não tem zeros.

sen (–x)��2 × (–x)

–sen x��

–2xsen x��

2x


c) h(x) =sen x

��2x

79.

a) f(x) = �co

1s x�

Df = {x� R: cos x ≠ 0} = �x� R: x ≠ �k2π�, k � Z�

f(–x) = �cos

1(–x)� = �

co1s x� = f(x), ∀ x� Df

Logo, a função f é uma função par.

b) g(x) = �cox

s x�

Dg = {x� R: cos x ≠ 0} = �x� R: x ≠ �k2π�, k � Z�

g(–x) = �cos

–x(–x)� = – �

cox

s x� = –g(x), ∀ x� Dg

Logo, a função g é uma função ímpar.

c) h(x) = sen x + cos x

Dh = Rh(–x) = sen (–x) + cos (–x) = – sen x + cos x

Assim, existem valores reais para os quais

h(–x) ≠ h(x) e h(–x) ≠ –h(x), logo h não é uma fun-ção par nem ímpar.

80. d(t) = 40 – 15 cos ��π8t��

a) d(2) = 40 – 15 cos ��28π�� = 40 – 15 cos ��

4π

�� =

= 40 – ≈ 29,4

Passados 2 segundos do início do movimento, abola encontrava-se a uma distância do chão deaproximadamente 29,4 cm.

b) – 1 ≤ cos ��π8t�� ≤ 1 ⇔ –15 ≤ 15 cos ��

π8t�� ≤ 15

⇔ 15 ≥ –15 cos ��π8t�� ≥ –15

⇔ 55 ≥ 40 – 15 cos ��π8t�� ≥ 25

A distância máxima da bola ao chão é 55 cm e adistância mínima é 25 cm.

81.

a) f(x) = tg (3x)

Df = �x� R: 3x ≠ �2π

� + kπ, k � Z� =

= �x� R: x ≠ �6π

� + �k3π�, k � Z�

D’f = R

b) g(x) = tg ��2x�� + 1

Dg = �x� R: �2x� ≠ �

2π

� + kπ, k � Z� =

= {x� R: x ≠ π + 2kπ, k � Z}

D’g = R

c) h(x) = tg2 �2x + �5π

�� – 2

Dh = �x� R: 2x + �5π

� ≠ �2π

� + kπ, k � Z� =

= �x� R: x ≠ �23

0π� + �k

2π�, k � Z�

tg2 �2x + �5π

�� ≥ 0 ⇔ tg2 �2x + �5π

�� – 2 ≥ –2

Logo, D’h = [–2, +�[.

82.

a) f(x) = sen (3x)

f �x + �23π�� = sen �3 �x + �2

3π�� = sen (3x + 2π) =

= sen (3x) = f(x), ∀ x� RLogo, f é uma função periódica de período �2

3π�.

b) g(x) = cos ��5x��

g(x + 10π) = cos ��x +510π�� = cos ��

5x� + 2π� =

= cos ��5x�� = g(x), ∀ x� R

Logo, g é uma função periódica de período 10π.

c) h(x) = tg �2πx + �7π

��h �x + �

12

�� = tg �2π �x + �12

�� + �7π

�� =

= tg �2πx + π + �7π

�� = tg �2πx + �7π

�� = h(x), ∀ x� Dh

Logo, h é uma função periódica de período �12

�.

83.

a) Seja M o ponto médio de [PQ]. P�M� = 2� cos αO�P� = 2� sen α

Logo, a área do triângulo [PQO] é dada por:

= 2 sen α cos α

152��

2

22� cos α × 2� sen α��

2


�2απ� = ⇔ x = α(2�)2 π

��x

Logo, a área do setor circular é dada por α.Assim, a área da região sombreada é dada por: α + 2 sen α cos α = f(α).

b)

Logo, α ≈ 1,047.

84.

a) arcsen � � = �3π

�

c) 5 arcsen (–1) = 5 × �– �2π

� � = – �52π�

d) arcsen �sen �2π

� � = �2π

�

85.

a) arccos � � = �6π

�

b) arccos �– � = �34π�

c) –2 arccos (–1) = –2 × π = –2π

d) arccos �cos �2π

�� = �2π

�

e) cos (arccos 0) = 0

86.

a) arctg (–1) = – �4π

�

b) arctg (3�) = �3π

�

c) arctg (–3�) = – �3π

�

d) arctg �tg �5π

�� = �5π

�

87. cos �arcsen �12

�� + arctg �sen �2π

�� =

= cos ��6π

�� + arctg 1 = + �4π

�

a) Em �0, �2π

��, x = �4π

�.

b) Em [0, π], x = �4π

� ou x = π – �4π

� = �34π�.

c) Em [0, 2π], x = �4π

� ou x = π – �4π

� = �34π�.

d) Em [π, 2π], nenhum valor de x satisfaz a condição.

e) Em [π, 3π], x = �4π

� + 2π = �94π� ou x = �3

4π� + 2π = �

141π�.

89.

a) sen x = sen ��7π

��⇔ x = �

7π

� + 2kπ ∨ x = π – �7π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �7π

� + 2kπ ∨ x = �67π� + 2kπ, k � Z

b) sen �3x + �2π

�� = sen ��5π

��⇔ 3x + �

2π

� = �5π

� + 2kπ ∨ 3x + �2π

� = π – �5π

� + 2kπ, k � Z

⇔ 3x = – �13

0π� + 2kπ ∨ 3x = �

13

0π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = – �1π0� + �2

3kπ� ∨ x = �

1π0� + �2

3kπ� , k � Z

c) sen (2x) = ⇔ sen (2x) = sen ��3π

��⇔ 2x = �

3π

� + 2kπ ∨ 2x = π – �3π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �6π

� + kπ ∨ x = �3π

� + kπ, k � Z

d) 2 sen2 x – sen x = 0 ⇔ sen x (2 sen x – 1) = 0

⇔ sen x = 0 ∨ sen x = �12

�

⇔ sen x = sen 0 ∨ sen x = sen ��6π

��⇔ x = kπ ∨ x = �

6π

� + 2kπ ∨ x = π – �6π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = kπ ∨ x = �6π

� + 2kπ ∨ x = �56π� + 2kπ, k � Z

90. cos x = ⇔ cos x = cos ��6π

��a) Em �0, �

2π

��, x = �6π

�.

b) Em [0, π], x = �6π

�.

c) Em [0, 2π], x = �6π

� ou x = 2π – �6π

� = �161π�.

3��

2

2��

2

3��

2

3��

2

3��

2

3��

2


y

x1,0472

O

b) arcsen �– � = – �4π

�2��

2

88. sen x = ⇔ sen x = sen ��4π

��2��

2

d) Em [–π, π], x = �6π

� ou x = – �6π

�.

e) Em [π, 3π], x = 2π – �6π

� = �161π� ou

x = 2π + �6π

� = �163π�.

f) Em R, x = �6π

� + 2kπ, k � Z ou x = – �6π

� + 2kπ, k � Z.

91.

a) cos (3x) = cos ��1π0��

⇔ 3x = �1π0� + 2kπ ∨ 3x = – �

1π0� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �3π0� + �2

3kπ� ∨ x = – ��

3π0� + �2

3kπ�, k � Z

b) cos2 x = 1 ⇔ cos x = 1 ∨ cos x = –1⇔ x = kπ, k � Z

c) �12

� cos x = 1 ⇔ cos x = 2Eq. impossível

d) 2 cos2 (2x) = 1 ⇔ cos2 (2x) = �12

�

⇔ cos (2x) = ∨ cos (2x) = –

⇔ 2x = �4π

� + �k2π� , k � Z ∨ 2x = – �

4π

� + �k2π� , k � Z

⇔ x = �8π

� + �k4π� , k � Z ∨ x = – �

8π

� + �k4π� , k � Z

92. tg x = 3� ⇔ tg x = tg ��3π

��a) Em �0, �

2π

��, x = �3π

�.

b) Em [0, π], x = �3π

�.

c) Em [0, 2π], x = �3π

� ou x = π + �3π

� = �43π�.

d) Em [–2π, π], x = �3π

� ou x = –π + �3π

� = – �23π� ou

x = –2π + �3π

� = – �53π�.

e) Em R, x = �3π

� + kπ, k � Z.

93.

a) tg x = –3� ⇔ tg x = tg �– �3π

��⇔ x = – �

3π

� + kπ, k � Z

b) tg (2x) = tg �x + �5π

�� ⇔ 2x = x + �5π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �5π

� + kπ, k � Z

c) tg2 x – 1 = 0 ⇔ tg2 x = 1⇔ tg x = 1 ∨ tg x = –1 ⇔ x = �

4π

� + �k2π�, k � Z

94.a) f(x) = sen4 x – cos4 x =

= (sen2 x – cos2 x) (sen2 x + cos2 x) == sen2 x – (1 – sen2 x) == sen2 x – 1 + sen2 x == 2 sen2 x – 1

b) f(x) = 0 ⇔ 2 sen2 x – 1 = 0

⇔ sen2 x = �12

� ⇔ sen x = ∨ sen x = –

⇔ x = �4π

� + �k2π�, k � Z

c) sen2 x = 0 ⇔ sen x = 0⇔ x = kπ, k � Z

d) sen2 x = 1 ⇔ sen x = 1 ∨ sen x = –1

⇔ x = �2π

� + kπ, k � Z

95.

a) T(t) = 17 ⇔ 17 + 4 cos ��π(t1+2

7)�� = 17

⇔ cos ��π(t1+2

7)�� = 0

⇔ �π(t

1+2

7)� = �

2π

� + kπ, k � Z⇔ π(t + 7) = 6π + 12kπ, k � Z⇔ t + 7 = 6 + 12k, k � Z⇔ t = –1 + 12k, k � Z

Se k = 1, então t = 11.Se k = 2, então t = 23.Logo, a água esteve à temperatura de 17 oC às 11 he às 23 h.

96.a) cos x = 0,7

Cálculo auxiliarcos–1 (0,7) ≈ 0,80

Então, x ≈ 0,80 + 2kπ ∨ x ≈ –0,80 + 2kπ, k � Z.

Se k = 0, então x ≈ 0,80 rad ou x ≈ –0,80 rad e

ambos os valores pertencem ao intervalo �– �2π

� , �2π

��.b) sen (2x) = �

35

�

Cálculo auxiliar

sen–1 ��35

�� ≈ 0,64

Então:2x ≈ 0,64 + 2kπ ∨ 2x ≈ π – 0,64 + 2kπ, k � ZOu seja:2x ≈ 0,64 + 2kπ ∨ 2x ≈ 2,50 + 2kπ, k � Z

2��

22��

2

2��

22��

2


Pelo que:x ≈ 0,32 + kπ ∨ x ≈ 1,25 + kπ, k � ZSe k = 0, então x ≈ 0,32 rad ou x ≈ 1,25 rad, e

ambos os valores pertencem ao intervalo �– �2π

� , �2π

��.c) tg (3x) = – 1,2

Cálculo auxiliar tg–1 (–1,2) ≈ –0,88

Então:3x ≈ –0,88 + kπ, k � ZOu seja:

x ≈ –0,29 + �k3π� , k � Z

Se k = 1, então x ≈ 0,76 rad � [0, π].Se k = 2, então x ≈ 1,80 rad � [0, π].Se k = 3, então x ≈ 2,85 rad � [0, π].

97.a) 2 cos x tg x = – tg x

⇔ 2 cos x tg x + tg x = 0⇔ tg x (2 cos x + 1) = 0

⇔ tg x = 0 ∨ cos x = – �12

�

⇔ x = kπ ∨ x = �23π� + 2kπ ∨ x = – �

23π� + 2kπ, k � Z

Se k = 0, então x = 0 (� [0, 2π]) ou

x = �23π� (� [0, 2π]) ou x = – �2

3π� (� [0, 2π]).

Se k = 1, então x = π (� [0, 2π]) ou

x = �83π� (� [0, 2π]) ou x = �4

3π� (� [0, 2π]).

Se k = 2, então x = 2π (� [0, 2π]) ou

x = �134π� (� [0, 2π]) ou x = �1

30π� (� [0, 2π]).

Logo, C.S. = �0 , �23π� , π, �4

3π� , 2π�.

b) –3 sen �2x + �5π

�� = 3

⇔ sen �2x + �5π

�� = –1

⇔ 2 x + �5π

� = �32π� + 2kπ, k � Z

⇔ 2 x = �1130π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �1230π

� + kπ, k � Z

Se k = –1, então x = – �27

0π� � ]–π, 2π].

Se k = 0, então x = �1230π

� � ]–π, 2π].

Se k = 1, então x = �3230π

� � ]–π, 2π].

Logo, C.S. = �– �27

0π� , �1

230π

� , �3230π

��.

c) sen ��2x�� = – sen x

⇔ sen ��2x�� = sen (–x)

⇔ �2x� = –x + 2kπ ∨ �

2x� = π + x + 2kπ, k � Z

⇔ �32x� = 2kπ ∨ – �

2x� = π + 2kπ, k � Z

⇔ 3x = 4kπ ∨ x = –2π + 4kπ, k � Z⇔ x = �4

3kπ� ∨ x = –2π + 4kπ, k � Z

Se k = 0, então x = 0 (∈ [0, 2π]) oux = –2π (� [0, 2π]).

Se k = 1, então x = �43π� (∈ [0, 2π]) ou

x = 2π (∈ [0, 2π]).

Logo, C.S. = �0 , �43π� , 2π�.

d) cos (2x) = – cos x⇔ cos (2x) = cos (π – x)⇔ 2x = π – x + 2kπ ∨ 2x = –π + x + 2kπ, k � Z⇔ 3x = π + 2kπ ∨ x = –π + 2kπ, k � Z⇔ x = �

3π

� + �23kπ� ∨ x = –π + 2kπ, k � Z

Se k = 0, então x = �3π

� (∈ [–π, π[) ou

x = –π (∈ [–π, π[).

Se k = –1, então x = – �3π

� (∈ [–π, π[) ou

x = –3π (� [–π, π[).

Logo, C.S. = �–π , – �3π

� , �3π

��.

98. cos2 x + 2 sen x = 2 ⇔ 1 – sen2 x + 2 sen x = 2⇔ –sen2 x + 2 sen x – 1 = 0⇔ sen2 x – 2 sen x + 1 = 0⇔ (sen x – 1)2 = 0⇔ sen x – 1 = 0⇔ sen x = 1

⇔ x = �2π

� + 2kπ, k � Z

99.

a) sen x > ⇔ sen x > sen ��4π

��2��

2


4

3

4

O

y

x

Uma vez que x� [0, 2π], então C.S. = ��4π

� , �34π��.

b) cos x ≥ �12

� ⇔ cos x ≥ cos ��3π

��

Uma vez que x� [0, 2π], então

C.S. = �0, �3π

�� ∪ ��53π� , 2π�.

c) cos x ≤ – �12

� ⇔ cos x ≤ cos ��23π��

Uma vez que x� [0, 2π], então C.S. = ��23π� , �

43π��.

d) tg x > 3� ⇔ tg x > tg ��3π

��


C.S. = ��3π

� , �2π

�� ∪ ��43π� , �3

2π��.

100.

a) sen x < ∧ cos x ≥ 0

⇔ sen x < sen ��4π

�� ∧ cos x ≥ cos ��2π

��


C.S. = �0, �4π

�� ∪ ��32π� , 2π�.

b) tg x ≥ 0 ∧ tg x ≤ 1 ⇔ tg x ≥ tg 0 ∧ tg x ≤ tg ��4π

��


C.S. = �0, �4π

�� ∪ �π, �54π��.

c) |sen x| <

⇔ |sen x| < sen ��3π

��⇔ – sen ��

3π

�� < sen x < sen ��3π

��


C.S. = �0, �3π

�� ∪ ��23π� , �4

3π�� ∪ ��

53π� , 2π�.

2��

2

3��

2


3

5

3

0 = 2

O

y

x

4

3

2

3

O

y

x

4

33

2

23

O

y

x

3

2

4

O

y

x0 = 2

4

5

4

0O

y

x

3

2

3

4

3

O

y

x

5

3

0 = 2

Aprende Fazendo

Páginas 96 a 114

1. tg 20o = �2x

,3� ⇔ x = �

tg22,30o�

Logo, x ≈ 6,32 metros.

A opção correta é a (A).

2. –2018o = –6 × 360o + 142o

O lado extremidade de um ângulo de amplitude –2018o pertence ao 2.o quadrante.A opção correta é a (B).

3. P(2 cos 120o, 2 sen 120o) =

= �2 × �– �12

��, 2 × � =

= (–1, 3�)A opção correta é a (C).

4. �98π� = π + �

8π

�, logo �8π

� e �98π� não correspondem a

ângulos com o mesmo lado extremidade.

– �1190π

� = –2π + �1π0�, logo �

1π0� e – �1

190π

� correspon-

dem a ângulos com o mesmo lado extremidade.

�72π� = 3π + �

2π

�, logo �2π

� e �72π� não correspondem a

ângulos com o mesmo lado extremidade.

�20

616π� = 351π, logo �20

616π� e �

6π

� não correspon-

dem a ângulos com o mesmo lado extremidade.A opção correta é a (B).

5. sen 1 < sen π ⇔ sen 1 < 0 é uma afirmação falsa,uma vez que o ângulo de amplitude 1 rad é um ângu-lo do 1.o quadrante, pelo que o seu seno é positivo.cos 2 > cos 1 é uma afirmação falsa, uma vez queos ângulos de amplitudes 1 rad e 2 rad são ângulosdo 1.o quadrante e, neste quadrante, o cosseno édecrescente.cos 2 > cos π ⇔ cos 2 > –1 é uma afirmação ver-dadeira.tg 3 > 0 é uma afirmação falsa, uma vez que oângulo de amplitude 3 rad é um ângulo do 2.o qua-drante, pelo que a sua tangente é negativa. A opção correta é a (C).

6. sen �– �2π

� – x� = –sen ��2π

� + x� = –cos x. Uma vez que

x� �–π , – �2π

��, então cos x < 0 e, portanto, –cos x > 0.

sen (–24π + x) = sen x. Uma vez que x� �–π , – �2π

��,então sen x < 0.

Uma vez que x� �–π , – �2π

��, então tg x > 0.

cos ��2π

� + x� = –sen x. Uma vez que x � �–π , – �2π

��,

então sen x < 0 e, portanto, –sen x > 0.A opção correta é a (B).

7. cos ��53π�� + sen �– �5

6π�� + tg �– �7

4π�� =

= cos �2π – �3π

�� – sen �π – �6π

�� – tg �2π – �4π

�� =

= cos ��3π

�� – sen ��6π

�� + tg ��4π

�� = �12

� – �12

� + 1 = 1

A opção correta é a (B).

8. cos �– �2π

� + α� cos β = cos ��2π

� – α� cos β = sen α cos β

Como π < α < �32π�, então sen α < 0.

Como – �2π

� < β < 0, então cos β > 0.

Logo, sen α cos β < 0 e a afirmação é verdadeira.

sen (–π – α) cos �– �32π� – α� =

= –sen (π + α) cos ��32π� + α� = sen α �–cos ��

2π

� + α�� =

= sen α sen α. Como π < α < �32π�, então sen α < 0.

Logo, sen α sen α > 0 e a afirmação é verdadeira.

–sen ��72π� + α� – cos β = –sen ��

32π� + α� – cos β =

= sen ��2π

� + α� – cos β = cos α – cos β

Como π < α < �32π�, então cos α < 0.

Como – �2π

� < β < 0, então cos β > 0.

Logo, cos α – cos β < 0 e a afirmação é verdadeira.–tg (–π – α) < –tg (–β) ⇔ tg (π + α) < tg β

⇔ tg α < tg β

Como π < α < �32π�, então tg α > 0.

Como – �2π

� < β < 0, então tg β < 0. Logo, tg α > tg β

e a afirmação é falsa.A opção correta é a (D).

9. Uma vez que α é um ângulo do 2.o quadrante e βé um ângulo do 3.o quadrante, tem-se que tg α < 0e tg β > 0, pelo que tg α < tg β.Uma vez que α é um ângulo do 2.o quadrante e βé um ângulo do 3.o quadrante, tem-se que sen α > 0e cos β < 0, pelo que sen α > cos β.Uma vez que β é um ângulo do 3.o quadrante, tem--se que tg β > 0 e cos β < 0, pelo que tg β > cos β.

3��

2


Uma vez que α é um ângulo do 2.o quadrante e βé um ângulo do 3.o quadrante, tem-se que cos α < 0e sen β < 0, pelo que cos α + sen β < 0.A opção correta é a (B).

10. –1 ≤ cos (πt) ≤ 1 ⇔ 4 ≤ cos (πt) + 5 ≤ 6 Logo, a distância do centro da rolha ao fundo dolago varia entre 4 metros e 6 metros.A opção correta é a (A).

11. tg2 x = 1 ⇔ tg x = 1 ∨ tg x = –1 ⇔ x = �4π

� + �k2π�,

k � ZEntão, no intervalo �0, �

32π��, a equação tem três

soluções: �4π

�, �34π� e �

54π�

A opção correta é a (C).

12. A afirmação (I) é falsa porque o valor do seno e ovalor do cosseno são sempre menores ou iguais a 1.A afirmação (II) é falsa porque no 2.o quadrante ocosseno é decrescente.A afirmação (III) é falsa porque sen 30o + cos 30o =

= �12

� + ≠ 1.


13. Os lados extremidade dos ângulos de amplitudes300o + k 180o, k � Z+

0 situam-se nos 2.o e 4.o qua-drantes.A opção correta é a (B).

14. Para que tg θ × sen θ < 0, então o lado extremida-de de θ terá de se situar nos 2.o ou 3.o quadrantes.800o = 2 × 360o + 80o, pelo que o lado extremida-de deste ângulo se situa no 1.o quadrante.–440o = –360o – 80o, pelo que o lado extremidadedeste ângulo se situa no 4.o quadrante.690o = 360o + 330o, pelo que o lado extremidadedeste ângulo se situa no 4.o quadrante.–530o = –360o – 170o, pelo que o lado extremidadedeste ângulo se situa no 3.o quadrante.A opção correta é a (D).

15.

a) D = {α � R: cos α ≠ 0 ∧ 1 + sen α ≠ 0}

Cálculos auxiliares

• cos α = 0 ⇔ α = �2π

� + kπ, k � Z

• 1 + sen α = 0 ⇔ sen α = –1 ⇔ α = �32π� + 2kπ, k � Z

Logo, D = �α � R: α ≠ �2π

� + kπ, k � Z� =

= R \ �– �2π

� + kπ, k � Z�.

A opção correta é a (D).

b) �1 +

cosseαn α

� + �1 +

cosseαn α

� =

= �1 +co

sseαn α

� + �1

c+osseαn α

� × =

= �1c+osseαn α

� + �cos1α–(1se

–n

s2eαn α)

� =

= =


16. sen α ≥ ∧ tg α < 0

⇔ sen α ≥ sen ��3π

�� ∧ tg α < tg 0

Logo, α � ��2π

�, �23π��.


17. Se sen α × cos α > 0, então α é um ângulo do 1.o

ou do 3.o quadrantes. Se x1 < x2 ⇒ cos x1 < cos x2,então o cosseno é crescente, e isso acontece no3.o e no 4.o quadrantes. Logo, α é um ângulo do3.o quadrante, onde o seno é decrescente.A opção correta é a (B).

18. α + β = π ⇔ α = π – β

β + γ = �32π� ⇔ γ = �3

2π� – β

Assim:

cos α + cos β + sen γ =

= cos (π – β) + cos β + sen ��32π� – β� =

= –cos β + cos β – sen ��2π

� – β� = –cos β =

= –cos (π – α) =

1 – sen α��

1 – sen α

cos α(1 + sen α) + cos α(1 – sen α)��

cos2 α

3��

2

3��

2


= = �co

2s α�

1 + sen α + 1 – sen α��

cos α

O

y

x

32

= cos α


19. |cos x| = 1 ⇔ cos x = 1 ∨ cos x = –1⇔ x = 2kπ ∨ x = π + 2kπ, k � Z⇔ x = kπ, k � Z


20. f(x) = cos(2x)Maximizantes de f:cos(2x) = 1 ⇔ 2x = 2kπ, k � Z ⇔ x = kπ, k � ZMinimizantes de f:cos(2x) = –1 ⇔ 2x = π + 2kπ, k � Z

⇔ x = �2π

� + kπ, k � Z

No intervalo ]0, 2π], a função f tem 4 maxi mi -zantes e minimizantes. Assim, no intervalo ]0, 50π]terá 4 × 25 = 100 maximizantes e minimizantes,mas um deles é 50π. Logo, no intervalo ]0, 50π[,a função f tem 99 maximizantes e minimizantes.A opção correta é a (B).

21. arcsen �sen �53π�� – arccos �sen �– �

3π

�� =

= arcsen �– � – arccos �– � =

= – �3π

� – �56π� =

= – �76π�


22.

a) sen α = �180� = �

45

�; cos α = �160� = �

35

�; tg α = �86

� = �43

�

sen γ = �160� = �

35

�; cos γ = �180� = �

45

�; tg γ = �68

� = �34

�

b) Segundo o Teorema de Pitágoras:

A�C�2 = 102 + 122 ⇔ A�C�2 = 244

Logo, A�C� = 2�4�4� = 26�1�.

sen α = = ;

cos α = = ; tg α = �11

20� = �

65

�

sen γ = = ;

cos γ = = ; tg γ = �11

02� = �

56

�

c) Segundo o Teorema de Pitágoras:

152 = A�B�2 + 122 ⇔ A�B�2 = 81

Logo, A�B� = 9.

sen α = �11

25� = �

45

�; cos α = �195� = �

35

�; tg α = �192� = �

43

�

sen γ = �195� = �

35

�; cos γ = �11

25� = �

45

�; tg γ = �192� = �

34

�

d) Segundo o Teorema de Pitágoras:

172 = B�C�2 + 82 ⇔ B�C�2 = 225

Logo, B�C� = 15.

sen α = �11

57�; cos α = �

187�; tg α = �

185�

sen γ = �187�; cos γ = �1

157�; tg γ = �

185�

23. sen α = �45

�, logo α = sen–1 ��45

�� ≈ 53,1o.

cos γ = �11

23�, logo γ = cos–1 ��

11

23�� ≈ 22,6o.

tg θ = �75

�, logo θ = tg–1 ��75

�� ≈ 54,5o.

24. Seja h a altura do pinheiro.

tg 60o = �3h,2� ⇔ h = 3,2 tg 60o

Logo, a altura do pinheiro é de aproximadamente5,54 metros.

25. tg 30o = ⇔ B�C� = 150 tg 30o

tg 45o = ⇔ A�C� = 150 tg 45o ⇔ A�C� = 150

Logo, A�B� = A�C� – B�C� = 150 – 503� metros.

26. Seja x o comprimento da escada e seja α oângulo que a escada faz com o chão.

cos α = �0,x

1x� ⇔ cos α = 0,1

Logo, α = cos–1(0,1) ≈ 84o.

27. tg (MA^

B) = ⇔ tg (MA^

B) =

⇔ tg (MA^

B) = ⇔ tg (MA^

B) = �14

�

Logo, MA^

B = tg–1 ��14

��.

12��26�1�

66�1��

61

10��26�1�

56�1��

61

10��26�1�

56�1��

61

12��26�1�

66�1��

61

B�C��150

A�C��150

3��

23��

2

M�B��2B�C�

M�B��

A�B�

M�B��2 × 2M�B�


⇔ B�C� = 150 × ⇔ B�C� = 503�3��

3

⇔ tg (CA^

B) = �12

�

Logo, CA^

B = tg–1 ��12

�� = 30o.

Assim, CA^

M = CA^

B – MA^

B =

= tg–1 ��12

�� – tg–1 ��14

�� ≈ 12,5o.

28.

a) O seno e o cosseno têm o mesmo sinal no 1.o qua-drante (ambos são positivos) e no 3.o quadrante(ambos são negativos).

b) O cosseno e a tangente são negativos no 2.o qua-drante.

c) O seno cresce e o cosseno decresce no 1.o quadrante.

d) O cosseno e a tangente crescem no 3.o e no 4.o

quadrantes.

29. Miguel: ��15

��2

+ ��45

��2

= �215� + �

12

65� = �

12

75� ≠ 1, o que con-

traria a Fórmula Fundamental da Trigonometria.

Filipa: ��35

��2

+ ��45

��2

= �295� + �1

265� = �2

255� = 1

Logo, a Filipa tem razão.

30.

a) sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ ��25

��2

+ cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 – �245� ⇔ cos2 α = �2

215�

Uma vez que α é um ângulo agudo, cos α = .

b) tg α = �sceo

ns α

α� = = =

31.

a) 1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + 32 = �

cos12 α� ⇔ cos2 α = �

110�

Uma vez que α é um ângulo agudo:

cos α = =

b) sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ sen2 α + �110� = 1

⇔ sen2 α = �190�

Uma vez que α é um ângulo agudo:

sen α = =

32.

a) sen 45o × cos 30o – cos2 10o + sen 60o – sen2 10o =

= × + – (cos2 10o + sen2 10o) =

b) (sen 30o + cos 45o)2 + �csoe

sn

62

82

o

o� =

= ��12

� + �2

+ �sen

c(9o

0s

o6–8o

22o)� =

= �74

� + =

c) tg 30o × tg 60o + cos 60o + tg 45o =

= × 3� + �12

� + 1 =

= 1 + �12

� + 1 = �52

�

d) sen2 12o + sen2 78o + �1tg+

4tg5o

4–5o

tgtg

3300

o

o� =

= sen2 12o + sen2 (90o – 12o) + =

= sen2 12o + cos2 12o + × =

= 1 + =

= 1 + 2 – 3� =

= 3 – 3�

33.

a)

1�1�0�

1�0��

10

3�1�0�

31�0��

10

2��

23��

23��

2

2��

2

2��

27 + 22��

4

3��

3

1 – ��

1 + 1 × �

33�

�

3 – 3��3 + 3�

3 – 3��3 – 3�

9 – 63� + 3��

9 – 3

2�1��

5

22�1��

212

�2�1�

�25

�

��

�2�

51�

�


5

= + – 1 = 6��

43��

26� + 23� – 4��

4

= �14

� + + �12

� + 1 = 2��

2

3��

3

= 1 + =12 – 63��

6

O

y

x

6;

66

6

= �14

� + + �12

� + �cc

oo

ss

66

88

o

o� = 2��

2

tg (CA^

B) = ⇔ tg (CA^

B) = C�B��

�A�B�C�B��2C�B�

b)

c)

34.

a) �0x

,5� = �

18π

0� ⇔ x = �0,5 ×

π180�, logo x ≈ 28,6479.

�0,6y

479� = �

610� ⇔ y = 60 × 0,6479 ⇔ y = 38,874

�0,8z

74� = �

610� ⇔ z = 60 × 0,874 ⇔ z = 52,44

Logo, 0,5 radianos correspondem a, aproximada-mente, 28o 38’ 52’’.

b) �7x� = �

18π

0� ⇔ x = �7 ×

π180�, logo x ≈ 401,0705.

�0,0y

705� = �

610� ⇔ y = 60 × 0,0705 ⇔ y = 4,23

�0,z

23� = �

610� ⇔ z = 60 × 0,23 ⇔ z = 13,8

Logo, 7 radianos correspondem a, aproximada-mente, 401o 4’ 14’’.

c) = �18

π0

� ⇔ x = , logo

x ≈ 163,6364.

�0,6y

364� = �

610� ⇔ y = 60 × 0,6364 ⇔ y = 38,184

�0,1z

84� = �

610� ⇔ z = 60 × 0,184 ⇔ z = 11,04

Logo, �1101π

� radianos correspondem a, aproximada-

mente, 163o 38’ 11’’.

x ≈ 617,1429.

�0,1y

429� = �

610� ⇔ y = 60 × 0,1429 ⇔ y = 8,574

�0,5z

74� = �

610� ⇔ z = 60 × 0,574 ⇔ z = 34,44

Logo, �2

74π� radianos correspondem a, aproxima-

damente, 617o 8’ 34’’.

35. cos �– �263π�� + tg (–10π) – sen2 ��

5π

�� –

–cos2 ��5π

� + 2π� – sen ��54π�� =

= cos ��6π

� – 4π� + tg 0 – sen2 ��5π

�� –

–cos2 ��5π

�� – sen �π + �4π

�� =

= cos ��6π

�� + 0 – �sen2 ��5π

�� + cos2 ��5π

�� + sen ��4π

�� =

=

A Carlota tinha razão.

36.

a) f(x) = (1 – sen x)2 – (sen x + 1) (sen x – 1) == 1 – 2 sen x + sen2 x – (sen2 x – 1) == 1 – 2 sen x + sen2 x – sen2 x + 1 == 2 – 2 sen x

b) Df = R–1 ≤ sen x ≤ 1 ⇔ 2 ≥ –2 sen x ≥ –2

⇔ 4 ≥ 2 – 2 sen x ≥ 0

Logo, D’f = [0, 4].

c) f(x) = 0 ⇔ 2 – 2 sen x = 0⇔ sen x = 1

⇔ x = �2π

� + 2kπ, k � Z

37.

a) g(x) = sen2 x + (1 + cos x)2 == sen2 x + 1 + 2 cos x + cos2 x == sen2 x + cos2 x + 1 + 2 cos x == 1 + 1 + 2 cos x == 2 + 2 cos x == 2(cos x + 1)

�1101π

�

�x

�1101π

� × 180��

π

3� + 2� – 2��

2


= – 1 + =3��

22��

2

O

y

x

44

4

; 4

O

y

x

3

3

3

3

d) = �18

π0

� ⇔ x = , logo�2

74π�

�x

�2

74π� × 180

��π

b) Dg = R• –1 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos x + 1 ≤ 2

⇔ 0 ≤ 2 (cos x + 1) ≤ 4 Logo, D’g = [0, 4].

• g(x) = 0 ⇔ 2 (cos x + 1) = 0⇔ cos x = –1⇔ x = π + 2kπ, k � Z

c) 1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + �– �

13

��2

= �cos

12 α�

⇔ 1 + �19

� = �cos

12 α�

⇔ �190� = �

cos12 α�

⇔ cos2 α = �190�

Uma vez que α � ��32π�, 2π�, então

cos α = = .

= + 2.

38.

a) Dh = R \ ��2π

� + kπ, k � Z�tg2 x ≥ 0 ⇔ –tg2 x ≤ 0 ⇔ 1 – tg2 x ≤ 1Logo, D’h = ]–�, 1].

b) h(x) = 0 ⇔ 1 – tg2 x = 0⇔ tg2 x = 1⇔ tg x = 1 ∨ tg x = –1

⇔ x = �4π

� + kπ ∨ x = – �4π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �4π

� + �k2π�, k � Z


� � �– �2π

�, π�.

Se k = –1, então x = – �4π

� � �– �2π

�, π�.

Se k = 1, então x = �34π� � �– �

2π

�, π�.

Logo, em �– �2π

�, π�, os zeros de h são �4π

�, – �4π

� e �34π�.

c) cos ��2π

� + α� = �15

� ⇔ –sen α = �15

� ⇔ sen α = – �15

�

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ �– �15

��2

+ cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 – �215� ⇔ cos2 α = �2

245�

1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + tg2 α =

⇔ 1 + tg2 α = �22

54� ⇔ tg2 α = �

214�

Logo, h(α) = 1 – tg2 α = 1 – �214� = �2

234�.

39.

a) sen x > sen 25o

Logo, x� ]25o, 155o[.

b) cos x < cos 80o

Logo, x� ]80o, 280o[.

40.

sen 60o = �1h4� ⇔ h = 14 sen 60o

⇔ h = 14 × ⇔ h = 73�

cos 60o = �1x

4� ⇔ x = 14 cos 60o

⇔ x = 14 × �12

� ⇔ x = 7

Pelo Teorema de Pitágoras:212 = y2 + (73�)2 ⇔ y2 = 441 – 147 ⇔ y2 = 294

Logo, y = 2�9�4� = 76�.

Então, A�B� = 76� – 7.

Logo, o perímetro do trapézio é dado por:14 + 76� – 7 + 14 + 7 + 76� = 28 + 146� cmA área do trapézio é dada por:

= × 73� = 491�8� = 1472� cm2

1�

�22

45�

3��

2

31�0��

103

�1�0�

31�0��

5

146��

2


Logo, g(α) = 2 (cos α + 1) = 2 � + 1� =31�0��

10

O

y

x

O

y

x

y CD

B

h

A

14 cm

60°

x

21 cm

× 73� =76� + 7 + 76� – 7��

2

41. Sejam x a altura do farol e y a distância entre openhasco e a primeira posição do barco.

tg 30o = �x

y� x = y tg 30o

⇔tg 15o = �

y +x

100� x = y tg 15o + 100 tg 15o

——————⇔

y tg 30o = y tg 15o + 100 tg 15o

——————⇔

y tg 30o – y tg 15o = 100 tg 15o

——————⇔

y (tg 30o – tg 15o) = 100 tg 15o

——————⇔

y =�tg

13000o –

tgtg15

1

o

5o�

x = �tg

13000o –

tgtg15

1

o

5o� × tg 30o

⇔y =�

tg13000o –

tgtg15

1

o

5o�

Assim, x = 50 metros.

42. α + β = 18o + 14o = 32o

Sejam x a distância entre o pé do candeeiro e aluz que projeta e y a altura do candeeiro.

tg 14o = �x

y� x = y tg 14o

⇔tg 32o = �x + 0

y

,75� x + 0,75 = y tg 32o

——————⇔

y tg 32o – y tg 14o = 0,75

——————⇔

y (tg 32o – tg 14o) = 0,75

——————⇔

y =

Assim, y ≈ 2 metros.

43. 180o – 60o – 40o = 80o

Sejam a a distância entre o ponto A e o barco e ba distância entre o ponto B e o barco.

Pela Lei dos Senos:

�sen

3080o� = �sen

b60o� = �sen

a40o�

Então:

�sen

3080o� = �sen

a40o� ⇔ a = �30

sesnen

804

o0o

�

Logo, a ≈ 19,6 metros.

�sen

3080o� = �sen

b60o� ⇔ b = �30

sesnen

806

o0o

�

Logo, a ≈ 26,4 m.

44.


A�B�2 = 202 + 252 – 2 × 20 × 25 × cos 135o

⇔ A�B�2 = 1025 – 1000 × �– �⇔ A�B�2 = 1025 + 5002�Assim, A�B� = 1�0�2�5� +� 5�0�0��2�� km.

45.

a) Sejam α a amplitude do ângulo formado pelos doiscabos e β a amplitude do ângulo suplementar doângulo que o cabo mais curto faz com o solo. Pela Lei dos Senos:

�sen

7042o� = �se

5n0

α� ⇔ sen α = �50 se

7n0

42o�

Logo:

α = sen–1 ��50 se7

n0

42o�� ≈ 28,552o

Então:β ≈ 180o – 42o – 28,552o ≈ 109,448o

Seja x o comprimento do cabo mais comprido.Novamente, pela Lei dos Senos:

�sen

7042o� = �sen 10

x

9,448o�

⇔ x =

Então, x ≈ 98,6 metros.

b) O ângulo que o cabo mais curto faz com o solo temamplitude 180o – 109,448o = 70,552o, aproximada-mente.Seja h a altura do balão ao solo.

sen 70,552o = �7h0� ⇔ h = 70 sen 70,552o

Logo, h ≈ 66,0 metros.

2��

2

0,75��tg 32o – tg 14o 70 × sen 109,448o

��sen 42o


B

A

135°

46.

a) Pela Lei dos Cossenos:

42 = 62 + 72 – 2 × 6 × 7 cos (AB^

C) ⇔ 16 = 85 – 84 cos (AB

^

C)⇔ 69 = 84 cos (AB

^

C)

⇔ cos (AB^

C) = �68

94�

Logo, AB^

C = cos–1 ��68

94�� ≈ 34,8o.

Analogamente:

62 = 42 + 72 – 2 × 4 × 7 cos (CA^

B) ⇔ 36 = 65 – 56 cos (CA

^

B)⇔ 29 = 56 cos (CA

^

B)

⇔ cos (CA^

B) = �25

96�

Logo, CA^

B = cos–1 ��25

96�� ≈ 58,8o.

Analogamente:

72 = 42 + 62 – 2 × 4 × 6 cos (AC^

B) ⇔ 3 = 48 cos (AC

^

B)

⇔ cos (AC^

B) = �438�

Logo, AC^

B = cos–1 ��438�� ≈ 86,4o.

b) Pela Lei dos Cossenos:

B�C�2 = 232 + 352 – 2 × 23 × 35 cos 61o

⇔ B�C�2 = 1754 – 1610 cos 61o

Assim, B�C� = 1�7�5�4� –� 1�6�1�0� c�o�s� 6�1�o� ≈ 31,2.

Pela Lei dos Senos:

�se

3n16,21o

� = = �sen (3A5C^

B)�

Logo:

�se

3n16,21o

� = ⇔ sen (AB^

C) = �23 s3e1n,2

61o�,

o que significa que AB^

C = sen–1 ��23 s3e1n,2

61o�� ≈ 40,1o.

E:

�se

3n16,21o

� = ⇔ sen (AC^

B) = �35 s3e1n,2

61o�,

o que significa que AC^

B = sen–1 ��35 s3e1n,2

61o�� ≈ 78,9o.

c) AC^

B = 180o – 60o – 40o = 80o

Pela Lei dos Senos:

= �sen880o� =

Logo, = �sen880o� ⇔ B�C� = �8

sseenn8600o

o�, ou

seja, B�C� ≈ 7,0.

seja, A�C� ≈ 5,2.

d) Pela Lei dos Senos:

�sen

11400o� =

⇔ sen (AC^

B) = �12 se1n4

100o�

Logo, AC^

B = sen–1 ��12 se1n4

100o�� ≈ 57,6o.

AB^

C ≈ 180o – 100o – 57,6o = 22,4o

Pela Lei dos Senos:

= �sen11400o� ⇔ A�C� = �14

sesen

n120

20

,o4o

�

Logo, A�C� ≈ 5,4.

47. Seja α o ângulo que se quer determinar.


72 = 32 + 52 – 2 × 5 × 3 cos α ⇔ 49 = 34 – 30 cos α⇔ 15 = –30 cos α

⇔ cos α = – �12

�

Logo, α = cos–1 �– �12

�� = 120o.

48. BD^

A = 180o – 60o = 120o

Pela Lei dos Senos:

= ⇔ A�B� =

⇔ A�B� = ⇔ A�B� = 2,73�

Logo, A�B� ≈ 4,7.

Pela Lei dos Senos:

=

⇔ sen (BC^

D) = �2,7 s2e,n4

60o�

Logo, BC^

D = sen–1 � � ≈ 77o.

Assim, CB^

A ≈ 180o – 30o – 77o = 73o.

Pela Lei dos Senos:

= ⇔ A�C� =

Ou seja, A�C� ≈ 4,6.

sen 60o�

B�C�sen 40o�

A�C�

sen 60o�

B�C�

sen (AC^

B)��

12

sen 22,4o��

A�C�

sen (AC^

B)��

35

2,7 sen 120o��

sen 30osen 120o��

A�B�

2,7 × �

23�

��

�12

�

sen 30o��

2,7sen (AB

^

C)��

23

sen (AB^

C)��

23

sen (BC^

D)��

2,7sen 60o��

2,4

93��

16

2,4 sen 73o��

0,5sen 30o�

2,4sen 73o�

A�C�


2

⇔ sen (BC^

D) = �98

� × ⇔ sen (BC^

D) = 3��

293��

16

E �sen880o� = ⇔ A�C� = �8

sseenn8400o

o�, ou

sen 40o�

A�C�

49. O quadrante em que o cosseno é crescente e atangente é negativa é o 4.o quadrante.

a) No 4.o quadrante o seno é crescente, logo a afirma-ção é falsa.

b) No 4.o quadrante o cosseno é positivo, logo a afir-mação é falsa.

c) No 4.o quadrante o seno é negativo e o cosseno épositivo, logo a afirmação é verdadeira.

d) No 4.o quadrante a tangente é crescente, logo aafirmação é falsa.

50.

a) sen 30o × cos 45o – cos 90o + sen 120o – tg 60o =

= �12

� × – 0 + – 3� =

=

b) tg 225o + (sen 60o + sen 90o)2 – cos 150o =

= tg 45o + � + 1�2

+ cos 30o =

= �141� + =

c) 2 cos 30o + 4 cos 60o – sen 45o + 3 tg 30o + sen 135o =

= 2 × + 4 × �12

� – + 3 × + =

= 3� + 2 + 3� = = 23� + 2

d) cos 120o – sen2 135o – sen 150o =

= – �12

� – � �2

– �12

� =

= – 1 – �12

� =

= – �32

�

51.

a) cos (180o – x) + sen (360o + x) – cos (90o – x) == –cos x + sen x – sen x == –cos x

b) cos (540o – x) + sen (90o + x) – 2 tg (–180o – x) ++ tg (–x + 270o) == cos (180o – x) + cos x + 2 tg (180o + x) + tg (270o – x) == –cos x + cos x + 2 tg x + tg (90o – x) =

= 2 tg x +

= 2 tg x + �tg

1x

�

c) cos (90o – x) sen (180o + x) – tg (180o – x) sen (90o – x) == sen x × (–sen x) + tg x × cos x == –sen2 x + sen x

d) 2 cos (540o – x) + 3 sen (–x – 810o) ++ 4 tg (–x + 1080o) == 2 cos (180o – x) + 3 sen (–x – 90o) + 4 tg (–x) == –2 cos x – 3 cos x – 4 tg x == –5 cos x – 4 tg x

52.

a) cos (–β) = cos β = k

b) cos (π – β) = –cos β = –k

c) cos ��2π

� – β� = sen β = 1� –��k�2�

Cálculo auxiliar

sen2 β + cos2 β = 1 ⇔ sen2 β = 1 – k2

Como β � ��2π

�, π�, então sen β = 1� –��k�2�.

d) cos ��32π� – β� = –cos ��

2π

� – β� = – 1� –��k�2�

e) tg β = �sceo

ns β

β� =

53.

a) sen α × cos α × �tg α + �tg

1α

�� =

= sen α × cos α × ��sceo

ns α

α� + �c

soesn

αα

�� =

= sen α × cos α × ��sesne

2

nα

α+

ccooss2

αα

�� =

= sen2 α + cos2 α == 1

b) (1 – tg2 α) (1 – sen2 α) = �1 – �sceo

ns2

2

αα

�� × cos2 α =

= �cos2

cαos–

2sαen2 α

� × cos2 α =

= cos2 α – sen2 α == 1 – sen2 α – sen2 α == 1 – 2 sen2 α

54.

a) �32

� tg ��56π�� – sen ��

34π��× cos ��

6π

�� – cos π + sen ��2030π��=

1� –� k�2��

k

2��

2

3��

22��

2

2� – 23��

4

3��

2

33��

2

2��

23��

32��

23��

2

cos x�sen x


= – 2��

43��

2

= 1 + �34

� + 3� + 1 + =3��

2

= 11 + 63��

4

= 2 tg x + =sen (90o – x)��cos (90o – x)

= – �32

� tg ��6π

�� – sen ��4π

�� × cos ��6π

�� – cos π + sen ��23π�� =

= – �32

� × – × + 1 + =

=

b) �cos ��161π�� + sen ��22

1π��

2– cos ��14

3π�� =

= �cos ��6π

�� + sen ��2π

��2

– cos ��54π�� =

= � + 1�2

+ =

=

c) 2 cos �– �53π��+ 2 cos �– �

4π

�� – sen ��329π��+ sen (2015π) =

= 2 cos ��3π

�� + 2 cos ��4π

�� – sen ��32π�� + sen π =

= 2 × �12

� + 2 × + 1 + 0 =

= 1 + 2� + 1 =

= 2 + 2�

d) cos ��2

35π�� – sen2 ��

54π�� – cos �– �

2π

�� + tg �– �6π

�� =

= cos ��3π

�� – �– � �2

– 0 – tg ��6π

�� =

= –

55.

a) cos (–x) + sen (π + x) – cos ��2π

� – x� + sen (–x) =

= cos x – sen x – sen x – sen x == cos x – 3 sen x

b) sen ��2π

� + x� + 2 sen �– �2π

� – x� + 3 cos (x + 11π) =

= cos x – 2 sen ��2π

� + x� + 3 cos (π + x) =

= cos x – 2 cosx – 3 cos x == –4 cos x

c) tg (–x) + cos ��52π� + x�+ 3 sen �– �3

2π� + x� – sen (8π + x) =

= –tg x + cos ��2π

� + x� + 3 sen ��2π

� + x� – sen x =

= –tg x – sen x + 3 cos x – sen x == –tg x – 2 sen x + 3 cos x

d) sen (–2π + x) – 4 tg (–π + x) + cos (13π – x) tg (x – 3π) == sen x + 4 tg (π – x) – cos (π – x) tg (π – x) == sen x – 4 tg x – cos x tg x == sen x – 4 tg x – sen x == –4 tg x

e) tg (π –x) sen ��72π� – x� + 2 sen ��

32π� + x� – sen (–x) =

= –tg x sen �π + �2π

� – x� – 2 sen ��2π

� + x� + sen x =

= tg x sen ��2π

� – x� – 2 cos x + sen x =

= tg x cos x – 2 cos x + sen x == sen x – 2 cos x + sen x == 2 sen x – 2 cos x

f) –sen (–15π – x) + tg (π – x) tg (π + x) +

+ cos ��32π� + x� cos ��

32π� – x� =

= sen (π + x) – tg x tg x + cos ��2π

� + x� cos ��2π

� – x� =

= –sen x – tg2 x – sen x sen x == –sen x – tg2 x – sen2 x

g) –2 cos �x + �2π

�� + sen ��92π� – x� – cos (–x + 7π) =

= 2 sen x + sen ��2π

� – x� – cos (π – x) =

= 2 sen x + cos x + cos x =

= 2 sen x + 2 cos x

56. tg (π – α) = 8� ⇔ –tg α = 8� ⇔ tg α = –8�

1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + 8 = �

cos12 α� ⇔ cos2 α = �

19

�

Como tg α < 0 e α � [2π, 3π], tem-se que

α � ��52π�, 3π�, pelo que cosα = – �

13

�.

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ sen2 α = 1 – �19

�

⇔ sen2 α = �89

�

Então:

cos ��92π� + α� sen (23π + α) – sen �– �5

2π� + α� =

= cos ��2π

� + α� sen (π + α) + sen ��2π

� – α� =

= –sen α (–sen α) + cos α == sen2 α + cos α =

= �89

� – �13

� =

= �59

�

57. 4 sen (α + π) = –1 ⇔ sen (π + α) = – �14

�

⇔ –sen α = – �14

� ⇔ sen α = �14

�

sen2 α + cos2 α = 1 ⇔ cos2 α = 1 – ��14

��2

2��

23��

2

7 + 43� + 22��

4

2��

2

2��

2

3��

3

–6� + 4��

4

3��

23��

22��

23��

3


= – – + 1 + =3��

26��

43��

2

= �34

� + 3� + 1 + =2��

2

= �12

� – �12

� – = 3��

3

⇔ cos2 α = �11

56�

Como α � �– �2π

�, �2π

��, então cos α = .

Então:cos (α – π) + tg (–α) = cos (π – α) – tg α =

= –cos α – tg α =

= – – =

58. Df = {x� R: 1 + cos x ≠ 0}Dg = {x� R: sen x ≠ 0}


1 + cos x = 0 ⇔ cos x = –1 ⇔ x = π + 2kπ, k � Zsen x = 0 ⇔ x = kπ, k � Z

Logo, Df ⊂ Dg = {x� R: sen x ≠ 0} = D.

f(x) = �1

s+ecnox

s x� × �

11

––

ccoo

ssx

x� =

= =

= �sen xs(e1n–2 x

cos x)� = �1

s–ecnox

s x� = g(x)

Assim, as funções f e g coincidem no domínio D.

59.

a) Df = R–1 ≤ cos (3x + 2) ≤ 1 ⇔ –4 ≤ 4 cos (3x + 2) ≤ 4

⇔ 1 ≤ 5 + 4 cos (3x + 2) ≤ 9Logo, D’f = [1, 9].

b) f(x) = 0 ⇔ 5 + 4 cos (3x + 2) = 0

⇔ cos (3x + 2) = – �54

� que é uma equação impossível,

visto que – �54

� < –1. Logo, a função f não tem zeros.

c) f �x + �23π�� = 5 + 4 cos �3�x + �2

3π�� + 2� =

= 5 + 4 cos (3x + 2π + 2) = 5 + 4 cos (3x + 2) =

= f(x), ∀ x� R, logo �23π� é período da função f.

60.

a) Seja h a altura do triângulo [EAB].

tg x = ⇔ h = �a2

� tg x

Então, a área do triângulo [EAB] é dada por:

= �a4

2� tg x

Assim, a área da região sombreada da figura édada por:

a2 – 4 × �a4

2� tg x = a2 – a2 tg x = a2 (1 – tg x) = A(x)

b) A(x) = 36 (1 – tg x)

i) sen2 θ + cos2 θ = 1 ⇔ cos2 θ = 1 – ��13

��2

⇔ cos2 θ = �89

�

Como θ � �0, �4π

��, então cos θ = .

Assim, A(θ) = 36 (1 – tg θ) = 36�1 – � =

= 36 – 92�.

ii) A(x) = 18 ⇔ 36 (1 – tg x ) = 18

Logo, x ≈ 0,46 rad.

61.

a) DA^

B = CD^

A e AB^

C = BC^

D, uma vez que [ABCD] éum trapézio isósceles.

DA^

B = �360o

2– 2x� = 180o – x

Seja h a altura do trapézio e seja a tal que

A�D� = B�C� + 2a.

sen (180o – x) = �h2

� ⇔ h = 2 sen (180o – x)

⇔ h = 2 sen x

cos (180o – x) = �a2

� ⇔ a = 2 cos (180o – x)

⇔ a = –2 cos xh

��a2

�

a × �a2

� tg x��

2

22��

3

2��

4

1�5��

41�5��

15

sen x – sen x cos x��

1 – cos2 x

1�5��

4


10

0,46

36

y

xO

P

A

G

4

tg θ = �sceo

ns θ

θ� = = =

�13

�

��

�2

32�

�

1�22�

2��

4

4

= – 191�5��

60

tg α = �csoesn

αα

� = = = �14

�

�

�1�

45�

�

1�1�5�

1�5��

15

Então, a área do trapézio é dada por:

�(2 – 4 c

2os x) + 2� × 2 sen x =

= �4 – 42cos x� × 2 sen x =

= (2 – 2 cos x) × 2 sen x == 4 sen x – 4 cos x sen x

b) cos ��32π� – x� = – �

35

� ⇔ –cos ��2π

� – x� = – �35

�

⇔ –sen x = – �35

� ⇔ sen x = �35

�

sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ cos2 x = 1 – �295� ⇔ cos2 x = �1

265�

Como x� ��2π

�, π�, então cos x = – �45

�.

Logo, a área do trapézio é:

4 sen x – 4 cos x sen x = 4 × �35

� – 4 × �– �45

�� × �35

� = �12058

�

62.

a) 2 sen x = –1 ⇔ sen x = – �12

�

⇔ x = – �6π

� + 2kπ ∨ x = �76π� + 2kπ, k � Z

Se k = 0, então x = – �6π

� �� 2π

�, �32π�� ou

x = �76π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��76π��.

b) 3� + 2 sen �x – �4π

�� = 0

⇔ sen �x – �4π

�� = –

⇔ x – �4π

� = – �3π

� + 2kπ ∨ x – �4π

� = �43π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = – �1π2� + 2kπ ∨ x = �1

192π

� + 2kπ, k � Z

Logo, C.S. = ∅.

c) 2 sen (2x) + 2� = 0 ⇔ sen (2x) = –

⇔ 2x = – �4π

� + 2kπ ∨ 2x = �54π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = – �8π

� + kπ ∨ x = �58π� + kπ, k � Z

Se k = 0, então x = – �8π

� �� 2π

�, �32π�� ou

x = �58π� ��

2π

�, �32π��.

Se k = 1, então x = �78π� ��

2π

�, �32π�� ou

x = �183π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��58π�, �7

8π��.

d) 23� sen x = 6� ⇔ sen x =

⇔ x = �4π

� + 2kπ ∨ x = �34π� + 2kπ, k � Z


� �� 2π

�, �32π�� ou

x = �34π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��34π��.

e) sen2 x = 1 ⇔ sen x = 1 ∨ sen x = –1

⇔ x = �2π

� + 2kπ ∨ x = �32π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �2π

� + kπ, k � Z

Se k = 1, então x = �32π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��32π��.

f) 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = – �12

�

⇔ x = �23π� + 2kπ ∨ x = – �2

3π� + 2kπ, k � Z

Se k = 0, então x = �23π� ��

2π

�, �32π�� ou

x = – �23π� ��

2π

�, �32π��.

Se k = 1, então x = �83π� ��

2π

�, �32π�� ou

x = �43π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��23π�, �

43π��.

g) 6 cos (2x) + 1�8� = 0 ⇔ cos (2x) =

⇔ 2x = �4π

� + 2kπ ∨ 2x = – �4π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �8π

� + kπ ∨ x = – �8π

� + kπ, k � Z

Se k = 1, então x = �98π� ��

2π

�, �32π�� ou

x = �78π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��78π�, �

98π��.

2��

2

2��

2

3��

2

2��

2


h) 2 cos (πx) = 1 ⇔ cos (πx) = �12

�

⇔ πx = �3π

� + 2kπ ∨ πx = – �3π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �13

� + 2k ∨ x = – �13

� + 2k, k � Z

Se k = 1, então x = �73

� �� 2π

�, �32π�� ou

x = �53

� �� 2π

�, �32π��.

Se k = 2, então x = �133� ��

2π

�, �32π�� ou

x = �131� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��53

�, �73

�, �131�, �

133��.

i) tg (3x) = ��13

�� ⇔ tg (3x) =

⇔ 3x = �6π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �1π8� + �k

3π�, k � Z

Se k = 2, então x = �1138π

� �� 2π

�, �32π��.

Se k = 3, então x = �1198π

� �� 2π

�, �32π��.

Se k = 4, então x = �2158π

� �� 2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��1138π

�, �1198π

�, �2158π

��.

j) 2 tg �x – �23π�� = 0 ⇔ tg �x – �2

3π�� = 0

⇔ x – �23π� = kπ, k � Z

⇔ x = �23π� + kπ, k � Z

Se k = 0, então x = �23π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��23π��.

k) 1�2� + 2 tg x = 0 ⇔ tg x = – 3�

⇔ x = – �3π

� + kπ, k � Z

Se k = 1, então x = �23π� ��

2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = ��23π��.

l) tg �x + �4π

�� – 1 = 0 ⇔ tg �x + �4π

�� = 1

⇔ x + �4π

� = �4π

� + kπ, k � Z⇔ x = kπ, k � Z

Se k = 1, então x = π �� 2π

�, �32π��.

Logo, C.S. = {π}.

63.

a) 2sen x + 1 = 0 ⇔ sen x = – �12

�

⇔ x = – �6π

� + 2kπ ∨ x = �76π� + 2kπ, k � Z

b) 3� – 2sen �x – �4π

�� = 0 ⇔ sen �x – �4π

�� =

⇔ x – �4π

� = �3π

� + 2kπ ∨ x – �4π

� = �23π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �17

2π� + 2kπ ∨ x = �1

112π

� + 2kπ, k � Z

c) 2 sen �3x + �8π

�� + 2� = 0 ⇔ sen �3x + �8π

�� = –

⇔ 3x + �8π

� = – �4π

� + 2kπ ∨ 3x + �8π

� = �54π� + 2kπ, k � Z

⇔ 3x = – �38π� + 2kπ ∨ 3x = �9

8π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = – �8π

� + �23kπ� ∨ x = �3

8π� + �2

3kπ�, k � Z

d) 23� cos (2x) = 6� ⇔ cos (2x) =

⇔ 2x = �4π

� + 2kπ ∨ 2x = – �4π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �8π

� + kπ ∨ x = – �8π

� + kπ, k � Z

e) cos �x + �3π

�� + cos ��4π

�� = 0

⇔ cos �x + �3π

�� = –

⇔ x + �3π

� = �34π� + 2kπ ∨ x + �

3π

� = – �34π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �15

2π� + 2kπ ∨ x = – ��1

132π

� + 2kπ, k � Z

f) 23� cos �x – �5π

�� + 3� = 0

⇔ cos �x – �5π

�� = – �12

�

⇔ x – �5π

� = �23π� + 2kπ ∨ x – �

5π

� = – �23π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �1135π

� + 2kπ ∨ x = – �17

5π� + 2kπ, k � Z

g) (2 sen x – 1) (2 cos x + 1) = 0

⇔ 2 sen x – 1 = 0 ∨ 2 cos x + 1 = 0

⇔ sen x = �12

� ∨ cos x = – �12

�

3��

2

2��

2

2��

2

2��

2

3��

3


⇔ x = �6π

� + 2kπ ∨ x = �56π� + 2kπ ∨ x = �2

3π� + 2kπ ∨

∨ x = – �23π� + 2kπ, k � Z

h) sen �x + �4π

�� = cos ��3x��

⇔ sen �x + �4π

�� = sen ��2π

� – �3x��

⇔ x + �4π

� = �2π

� – �3x� + 2kπ ∨

∨ x + �4π

� = π – �2π

� + �3x� + 2kπ, k � Z

⇔ �43

� x = �4π

� + 2kπ ∨ �23

� x = �4π

� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �13

6π� + �3

2kπ� ∨ x = �3

8π� + 3kπ, k � Z

i) sen2 (3x) = 1 ⇔ sen (3x) = 1 ∨ sen (3x) = –1

⇔ 3x = �2π

� + 2kπ ∨ 3x = �32π� + 2kπ, k � Z

⇔ 3x = �2π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �6π

� + �k3π�, k � Z

j) cos2 x = �12

�

⇔ x = �4π

� + 2kπ ∨ x = – �4π

� + 2kπ ∨ x = �34π� + 2kπ ∨

∨ x = – �34π� + 2kπ k � Z

⇔ x = �4π

� + �k2π�, k � Z

k) sen2 x – 2 sen x – 3 = 0

⇔ sen x =

⇔ sen x = �22± 4�

⇔ sen x = 3 ∨ sen x = –1Eq. impossível

⇔ x = �32π� + 2kπ, k � Z

l) 2 cos2 x + 3 cos x + 1 = 0

⇔ cos x =

⇔ cos x = �–34± 1�

⇔ cos x = –1 ∨ cos x = – �12

�

⇔ x = π + 2kπ ∨ x = �23π� + 2kπ ∨

∨ x = – �23π� + 2kπ, k � Z

m) sen2 x – cos2 x = 0⇔ 1 – cos2 – cos2 x = 0⇔ 1 – 2 cos2 x = 0

⇔ cos2 x = �12

�

⇔ cos x = ∨ cos x = –

⇔ x = �4π

� + 2kπ ∨ x = – �4π

� + 2kπ ∨ x = �34π� + 2kπ ∨

∨ x = – �34π� + 2kπ, k � Z

⇔ x = �4π

� + �k2π�, k � Z

n) tg (3x) = ��13

�� ⇔ tg (3x) =

⇔ 3x = �6π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �1π8� + �k

3π�, k � Z

o) 2 tg �x – �23π�� = 0 ⇔ tg �x – �2

3π�� = 0

⇔ x – �23π� = kπ, k � Z

⇔ x = �23π� + kπ, k � Z

p) 1�2� + 2 tg (2x) = 0 ⇔ tg (2x) = –3�

⇔ 2x = – �3π

� + kπ, k � Z

⇔ x = – �6π

� + �k2π�, k � Z

q) tg �x + �4π

�� – 1 = 0 ⇔ tg �x + �4π

�� = 1

⇔ x + �4π

� = �4π

� + kπ, k � Z

⇔ x = kπ, k � Z

r) tg2 (πx) = �13

� ⇔ tg (πx) = ∨ tg (πx) = –

⇔ πx = �6π

� + kπ ∨ πx = – �6π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �16

� + k ∨ x = – �16

� + k, k � Z

s) tg2 (2x) + 3� tg (2x) = 0

⇔ tg (2x) (tg (2x) + 3�) = 0

⇔ tg (2x) = 0 ∨ tg (2x) + 3� = 0

⇔ tg (2x) = 0 ∨ tg (2x) = –3�

⇔ 2x = kπ ∨ 2x = – �3π

� + kπ, k � Z

⇔ x = �k2π� ∨ x = – �

6π

� + �k2π�, k � Z

–3 ± 9� –� 8��

4

2��

22��

2

3��

3

3��

33��

3

2 ± 4� +� 1�2��

2


⇔ cos x = ∨ cos x = –2��

22��

2

t) tg x + 2 sen x = 0

⇔ �csoesn

x

x� + 2 sen x = 0

⇔ = 0

⇔ sen x + 2 sen x cos x = 0 ∧ x ≠ �2π

� + kπ, k � Z

⇔ sen x (1 + 2 cos x) = 0 ∧ x ≠ �2π

� + kπ, k � Z

⇔ (sen x = 0 ∨ 1 + 2 cos x = 0) ∧ x ≠ �2π

� + kπ, k � Z

⇔ �sen x = 0 ∨ cos x = – �12

�� ∧ x ≠ �2π

� + kπ, k � Z

⇔ �x = kπ ∨ x = �23π� + 2kπ ∨ x = – �2

3π� + 2kπ� ∧

∧ x ≠ �2π

� + kπ, k � Z

⇔ x = kπ ∨ x = �23π� + 2kπ ∨ x = – �2

3π� + 2kπ, k � Z

64. d(0) = 1 + �12

� sen �π × 0 + �6π

�� = 1 + �12

� sen ��6π

�� =

= 1 + �12

� × �12

� = �45

�

d(t) = �45

� ⇔ 1 + �12

� sen �πt + �6π

�� = �45

�

⇔ �12

� sen �πt + �6π

�� = �41

�

⇔ sen �πt + �6π

�� = �12

�

⇔ πt + �6π

� = �6π

� + 2kπ ∨ πt + �6π

� = �56π� + 2kπ, k � Z

⇔ πt = 2kπ ∨ πt = �23π� + 2kπ, k � Z

⇔ t = 2k ∨ t = �23

� + 2k, k � Z

Se k = 0, então t = 0 (� ]0, 3]) ou t = �23

� (� ]0, 3]).

Se k = 1, então t = 2 (� ]0, 3]) ou t = �83

� (� ]0, 3]).

O ponto P passou pelo ponto A aos �23

� s, 2s e �83

� s.

65.

a) sen x < sen ��5π

�� ⇔ �0, �5π

�� ∪ ��45π� , 2π�

b) |cos x| ≤ �12

� ⇔ cos x ≤ �12

� ∧ cos x ≥ – �12

�

⇔ cos x ≤ cos ��3π

�� ∧ cos x ≥ cos ��23π��

⇔ x � ��3π

�, �23π�� ∪ ��

43π� , �5

3π��

c) tg x ≥ –1 ∧ tg x ≤ 0 ⇔ tg x ≥ tg �– �4π

�� ∧ tg x ≤ tg 0

⇔ x � ��34π�, π� ∪ ��

74π� , 2π�

66. Considere-se o octógono inscrito numa circunfe-rência. Uma vez que o octógono é regular, os seusvértices dividem a circunferência em oito arcos

com a mesma amplitude: = 45o

vez que são ângulos excêntricos com vértice nointerior da circunferência.

Além disso, HG^F = GF

Ê = = 135o, já

que HGF e GFE são ângulos internos do octógono.Assim, HG

^F = HI

^F e GF

Ê = GJ

Ê.

Por outro lado, JG^F = FE

^J = GF

Î = IH

^G =

= = 45, já que JGF, FEJ, GFI e IHG são an-

gulos inscritos na circunferência.Assim, os quadriláteros [GJEF] e [HIFG] têm osângulos iguais dois a dois, ou seja, são paralelo-gramos.Como H�G� = G�F� = 2 e [HIFG] é um paralelogramo,então também H�I� = 2.

360o�

8

sen x + 2 sen x cos x��

cos x

180o × (8 – 2)��

6

2 × 45o�

2


xO

y

5 5

0 = 2

O

y

x

3

3 3

3

O

y

x

4

4

Então, HI^F = GJ

Ê = = 135o, uma2 × 45o + 4 × 45o��

2

Como F�E� = G�F� = 2 e [GJEF] é um paralelogramo,então G�J� = 2.

Pelo Teorema de Pitágoras:

H�G�2 + G�J�2 = H�J�2 ⇔ H�J�2 = 22 + 22 ⇔ H�J�2 = 8

Logo, H�J� = 22�.

Assim, I�J� = 22� – 2 = c.

67. sen α = 1 – cos2 α = 1 – � �2

= 1 – �89

� = �19

�

Sendo α um ângulo agudo, tem-se que sen α = �13

�.

Por outro lado:

sen2 α = ⇔ �13

� = ⇔ B�C� = 6


A�C�2 = A�B�2 + B�C�2 – 2 × A�B� × B�C� × cos α

⇔ A�C�2 = A�C�2 + 62 – 2 × A�C� × 6 ×

⇔ 0 = 36 – 82� × A�C�

⇔ A�C� =

Pela Lei dos Senos:

= ⇔ = �se6n θ�

Assim, o perímetro do triângulo [ABC] é:

B�C� + A�B� + A�C� = 6 + + = 6 + �148�2� =

= 6 + �92

� 2�

68. GE^

F = �180o –2

120o� = 30o

O’E^

H = �302

o� = 15o

HO^’E = 180o – 15o – 90o = 75o

E�H� = �82

� = 4

Pela Lei dos Senos:

= �sen475o� ⇔ O�’�H� = �4

sseenn7155o

o�

Logo, O�’�H� ≈ 1,07.

69. AD^

B = 180o – 50o = 130o

BA^

D = 180o – 130o – 30o = 20o

Pela Lei dos Senos:

�sen

420o� = ⇔ B�D� = �4

sseenn2300o

o�

⇔ B�D� = �sen

220o�

CB^

D = 180o – 90o – 50o = 40o

Pela Lei dos Senos:

= =

Assim:

= ⇔ B�C� =

⇔ B�C� = �sen

220o� , ou seja, B�C� ≈ 4,5.

E:

= ⇔ C�D� =

⇔ C�D� = �sen

220o� sen 40o, ou seja, C�D� ≈ 3,8.

70. 100o 59’ 8’’ = �100 + �o


8’’ = ��680��’

�59 + �680��’

= � �o

4’’ = ��115��’

�56 + �115��’

= � �o

α ≈ �100 + �o

– �11 + �o

= � �o

Logo:

cos α = ⇔ cos �� o

�=

⇔ T�L� =

Assim, T�L� ≈ 384 409 km.

71. tg α = ⇔ tg α = �31

,,86� ⇔ tg α = �1

89�

1 + tg2 α = �cos

12 α� ⇔ 1 + ��

189��

2= �

cos12 α�

22��

3

2�

B�C�2

�B�C�

22��

3

36�82�

�13

�

�A�C�

sen θ�

B�C�sen α�

A�C�

92��

492��

4

sen 15o��

O�’�H�

sen 30o�

B�D�

sen 40o�

C�D�sen 50o�

B�C�sen 90o�

B�D�

B�D� sen 50o��

sen 90osen 50o�

B�C�sen 90o�

B�D�

B�D� sen 40o��

sen 90osen 40o�

C�D�sen 90o�

B�D�

887�

900

887�

900

40 073�

450841�900

887�900

6366��

T�L�40 073�

450O�2�T�

��T�L�

D�E��A�E�

841�

900


4

⇔ A�C� = 92��

4

⇔ sen θ = ⇔ sen θ = 2

��

�92��

42��

9

11o 56’ 4’’ = �100 + �o841

�900

6366��

cos �� o

�40 073�

450

⇔ �46245

� = �cos

12 α�

⇔ cos2 α = �46245

�

Como α é um ângulo agudo,

cos α = = .

β = 180o – �α2

� – �α2

� = 180o – α

Logo:

cos β = cos (180o – α) = –cos α = –

72.

Pela Lei dos Cossenos:c2 = a2 + b2 – 2ab cos (DA

^B)

E:d2 = a2 + b2 – 2ab cos (CD

^A)

⇔ d2 = a2 + b2 – 2ab cos (180o – DA^

B)⇔ d2 = a2 + b2 + 2ab cos (DA

^B)

Assim:c2 + d2 = a2 + b2 – 2ab cos (DA

^B) + a2 + b2 +

+ 2ab cos (DA^

B)⇔ c2 + d2 = 2(a2 + b2)

73. Pela Lei dos Senos:

�se

an A� = �se

bn B� = �se

cn C�

Então:

�se

an A� = �se

cn C� ⇔ a = �c

sseennCA

�

E:

�se

bn B� = �se

cn C� ⇔ b = �c

sseennCB

�

Logo:

�aa

+– b

b� = =

= =

= �cc

((ssee

nn

AA

+– s

see

nn

BB

))

� = �ssee

nn

AA

+– s

see

nn

BB

�

74. sen α × tg α = �11

65�

⇔ sen α × �sceo

ns α

α� = �1

165�

⇔ �sceons

2

αα

� = �11

65�

⇔ = �11

65�

⇔ 15 – 15 cos2 α = 16 cos α (cos α ≠ 0)

⇔ 15 cos2 α + 16 cos α – 15 = 0

⇔ cos α =

⇔ cos α = �35

� ∨ cos α = – �35

�

Como α é um ângulo agudo, então cos α = �35

� = 0,6.

75. sen β × cos β = 0,3

⇔ sen2 β × cos2 β = 0,09 (sen β > 0 e cos β > 0)

⇔ (1 – cos2 β) × cos2 β = 0,09

⇔ cos2 β – cos4 β = 0,09

⇔ cos4 β – cos2 β + 0,09 = 0

⇔ cos2 β =

⇔ cos2 β = �110� ∨ cos2 β = �

190�

Como β � ]0o, 45o[, então cos2 β = �190� porque

< cos β < 1 e, então, cos β = .

sen2 β = 1 – cos2 β = 1 – �190� = �

110�

Logo, como β � ]0o, 45o[, tem-se sen β = .

Assim, tg β = �sceo

ns β

β� = = �

13

�.

76. tg α + �tg

1α� = 2 ⇔ �

sceo

ns α

α� + �

sceo

ns α

α� = 2

⇔ = 2

⇔ �sen α

1cos α� = 2

⇔ sen α cos α = �12

�

⇔ sen2 α cos2 α = �14

� (sen α > 0 e cos α > 0)

⇔ sen2 α (1 – sen2 α) = �14

�

81�7��

858

�51�7�

81�7��

85

�csseenn

CA

� + �csseennCB

�

��csseennCA

� – �csseennCB

�

1 – cos2 α��

cos α

–16 ± 2�5�6� +� 9�0�0��

30

1 ± 1� –� 0�,3�6��

2

31�0��

102��

2

1�0��10

sen2 α + cos2 α��

sen α cos α


C

D

B

A

a

b

cd

c sen A + c sen B��

sen Cc sen A – c sen B

��sen C

31�0��

10

1�0��10

⇔ sen2 α – sen4 α = �14

�

⇔ sen4 α – sen2 α + �14

� = 0

⇔ �sen2 α – �12

��2

= 0

⇔ sen2 α – �12

� = 0

⇔ sen2 α = �12

�

Como α é um ângulo agudo, então sen α = .

77.

a) =

= �s2ecnox

s3–x

2–sceons

3

x

x� =

= tg x =

= tg x

b) =

= =

= =

= �sen

12 x

�

78.

a) Seja s a área do setor circular representado nafigura.

�sx

� = �32

2

ππ

� ⇔ s = �92

� x

Seja h a altura do triângulo [ABC] relativa ao vérti-ce C e seja b = A�B�.

cos ��2x�� = �

h3

� ⇔ h = 3 cos ��2x��

Assim, a área da região sombreada é dada por:

�92

� x – =

= �92

� x – 9 cos ��2x�� sen ��

2x��

b) Seja c o comprimento do arco AB.

�cx

� = �3 ×2π

2π� ⇔ c = 3x

Da alínea anterior vem que A�B� = 6 sen ��2x��.

Assim, o perímetro da região sombreada é dado

por 3x + 6 sen ��2x��.

c) Se x = �2π

�, então a área da região sombreada é:

�92

� × �2π

� – 9 cos ��4π

�� sen ��4π

�� =

= �94π� – 9 × × = �9

4π� – �

92

� = �9π –4

18�

79. A área do triângulo [OAB] é dada por:

= �se2n x�

A área a do setor circular é dada por:

�ax� = �2

ππ� ⇔ a = �

2x�

Como a área do triângulo [OAB] é menor que aárea do setor circular, tem-se:

�se

2n x� < �

2x� ⇔ sen x < x

Por outro lado, a área do triângulo [OAC] é dada por:

= �tg2

x�

Como a área do triângulo [OAC] é maior que a área

do setor circular, tem-se �2x� < �tg

2x

� ⇔ x < tg x.

Assim, sen x < x < tg x.

80.

a) f(x) = g(x) ⇔ sen x + 1 = cos2 x – sen2 x

⇔ sen x + 1 = 1 – sen2 x – sen2 x

⇔ 2 sen2 x + sen x = 0

⇔ sen x (2 sen x + 1) = 0

2��

2

sen (π – x) – 2 sen3 x��

2 cos3 x – cos (–x)

1 – sen2 x – sen2 x��

cos2 x + cos2 x – 1

1 + �tg2

1(–x)� – �

tg (2–x)�

��1 + 2 cos ��

2π

� – x� sen ��2π

� + x�

1 + �sceo

ns2

2x

x� + �2

secnos

x

x�

��1 + 2 sen x cos x

1��

1 + 2 sen x cos x

6 sen ��2x�� × 3 cos ��

2x��

��2

2��

22��

2

O�A� × sen x��

2

O�A� × tg x��

2


sen2 x + cos2 x + 2 sen x cos x��

sen2 x

= =sen x (1 – 2 sen2 x)��

cos x (2 cos2 x – 1)

= tg x =cos2 x – sen2 x��

cos2 x – sen2 x

= =1 + �

tg12 x� + �

tg2

x�

��1 + 2 sen x cos x

= =1 + 2 sen x cos x��

(1 + 2 sen x cos x) sen2 x

sen ��2x�� = ⇔ sen ��

2x�� = �

b6

� ⇔ b = 6 sen ��2x��

�b2

�

�3

⇔ sen x = 0 ∨ sen x = – �12

��⇔ x = kπ ∨ x = �7

6π� + 2kπ ∨ x = �1

61π� + 2kπ, k � Z

Se k = 0, então x = 0 (� [0, 2π] ou

x = �76π� (� [0, 2π]) ou x = �1

61π� (� [0, 2π]).

Se k = 1, então x = π (� [0, 2π] ou

x = �169π� (� [0, 2π]) ou x = �2

63π� (� [0, 2π]).

Se k = 2, então x = 2π (� [0, 2π]) ou

x = �361π� (� [0, 2π]) ou x = �3

65π� (� [0, 2π]).

Sendo x = 0, tem-se f(0) = sen 0 + 1 = 0 + 1 = 1.

Sendo x = π, tem-se f(π) = sen π + 1 = 0 + 1 = 1.

Sendo x = �76π�, tem-se f��

76π�� = sen ��

76π�� + 1 =

= – �12

� + 1 = �12

�.

Sendo x = �161π� , tem-se f��

161π�� = sen ��

161π�� + 1 =

= – �12

� + 1 = �12

�.

Sendo x = 2π, tem-se f(2π) = sen 2π + 1 = 0 + 1 = 1.

Assim, as coordenadas dos pontos de interseçãodos dois gráficos são:

(0, 1), (π, 1), ��76π�, �

12

��, ��1

61π�, �

12

��, (2π, 1)

b) (f × g)(x) = 0 ⇔ (sen x + 1) (cos2 x – sen2 x) = 0⇔ sen x + 1 = 0 ∨ cos2 x – sen2 x = 0⇔ sen x = –1 ∨ cos x = sen x ∨ cos x = –sen x

⇔ x = �32π� + 2kπ ∨ x = �

4π

� + �k2π�, k � Z

Assim, em [0, 2π], as soluções desta equação são:

�4π

�, �34π�, �5

4π�, �3

2π� e �7

4π�

c) f(x) = g(x) + 1 ⇔ sen x + 1 = cos2 x – sen2 x + 1⇔ sen x = 1 – sen2 x – sen2 x

⇔ 2 sen2 x + sen x – 1 = 0

⇔ sen x =

⇔ sen x = –1 ∨ sen x = �12

�

⇔ x = �32π� + 2kπ ∨ x = �

6π

� + 2kπ

∨ x = �56π� + 2kπ, k � Z

Assim, em [0, 2π], as soluções desta equação são:

�32π�, �

6π

� e �56π�

Se x = �32π�, então f ��

32π�� = sen ��

32π�� + 1 = –1 + 1 = 0

e g��32π�� = cos2 ��

32π�� – sen2 ��

32π�� = 0 – 1 = –1,

obtendo-se o par ��32π�, 0� e ��

32π�, –1�.

Se x = �6π

�, então f ��6π

�� = sen ��6π

�� + 1 = �12

� + 1 = �32

� e

g��6π

�� = cos2 ��6π

�� – sen2 ��6π

�� = �34

� – �14

� = �12

�, obtendo-

-se o par ��6π

�, �32

�� e ��6π

�, �12

��.

Se x = �56π�, então f ��

56π�� = sen ��

56π�� + 1 = �

12

� + 1 = �32

�

e g��56π�� = cos2 ��

56π�� – sen2 ��

56π�� = �

34

� – �14

� = �12

� ,

obtendo-se o par ��56π�, �

32

�� e ��56π�, �

12

��.

d) f(x) > �12

� ⇔ sen x + 1 > �12

�

⇔ sen x > – �12

�

⇔ sen x > sen ��76π��

⇔ x � �0, �76π�� ∪ ��

161π�, 2π�

81. f(x + P) = f(x) ⇔ sen [2(x + P)] = sen (2x)⇔ sen (2x + 2P) = sen (2x)⇔ 2x + 2P = 2x + 2kπ ∨ 2x + 2P = π – 2x + 2kπ, k � Z

Não permite determinar P.

⇔ 2P = 2kπ, k � Z⇔ P = kπ, k � ZLogo, f é uma função periódica de período positivomínimo π.

82.

a) Pela Lei dos Senos:

= ⇔ �co

rs θ� = �

2d

�

⇔ d = 2r cos θ

b) Se B�P� = P�C� , então AO^

P = π – �4π

� = �34π� e

θ = = �8π

�.

Por outro lado, da alínea anterior,

d = 2 × 2 × cos ��8π

�� = 4 cos ��8π

�� ≈ 3,70.

–1 ± 1� +� 8��

4

sen ��2π

��

�d2

�

sen ��2π

� – θ��

r

�4π

�

�2


c) d = r ⇔ 2r cos θ = r ⇔ cos θ = �12

�

Como θ é um ângulo agudo, então θ = cos–1 ��12

�� = �3π

�.

O triângulo [AOP] é, portanto, um triângulo equilá-tero.

= �r2

2� cos ��

6π

�� =

= �r2

2� × =

d) 3� = 2 cos θ ⇔ cos θ =

Como θ é um ângulo agudo, então:

θ = cos–1 � � = �6π

�

Se θ = �6π

� , então BO^

P = 2 × �6π

� = �3π

�.

Sendo c o comprimento do arco menor BP, tem-se:

= ⇔ = 1 ⇔ c = �3π

�

e)

i) OP^Q = θ porque [PAO] é um triângulo isósceles e,

num triângulo, a lados iguais opõem-se ângulosiguais.

QO^P = �

2π

� – 2θ, uma vez que PO^B = 2θ, por POB se

tratar do ângulo ao centro correspondente ao mes -mo arco que o ângulo inscrito PAO.

Assim, PQ^O = π – θ – ��

2π

� – 2θ� = �2π

� + θ

Pela Lei dos Senos:

=

⇔ �co

rs θ� =

⇔ O�Q� = �rcsoesnθθ

�

⇔ O�Q� = r tg θ

Sendo h a altura do triângulo [OQP], tem-se:

h = |r sen QO^

P| = �r sen ��2π

� – 2θ�� = |r cos (2θ)| =

= r|cos (2θ)|

Logo, a área do triângulo [OQP] é dada por:

= �12

� r2 tg θ |cos (2θ)|.

ii) A(θ) = 0 ⇔ �12

� r2 tg θ |cos (2θ)| = 0

⇔ tg θ = 0 ∨ cos (2θ) = 0

⇔ θ = kπ ∨ 2θ = �2π

� + kπ, k � Z

⇔ θ = kπ ∨ θ = �4π

� + �k2π�, k � Z

Uma vez que θ é um ângulo agudo, tem-se que θ = �4π

�.

Neste caso, obtém-se o triângulo isósceles eretângulo [AOC].

iii) A(θ) = �12

� × 22 tg θ |cos (2θ)| = 2 tg θ |cos (2θ)|

A(θ) = 0,5

θ ≈ 0,3; θ ≈ 0,6; θ ≈ 0,9.

Tema II – Geometria AnalíticaUnidade 1 – Declive e inclinação de uma reta do plano

Páginas 119 a 121

1.

a) y + 4 = 0 ⇔ y = –4: reta horizontal Logo, a inclinação da reta é 0°.

b) (x, y) = (1, π) + k(–1, 0), k � R: reta horizontalLogo, a inclinação da reta é 0°.

c) x = 2: reta verticalLogo, a inclinação da reta é 90°.

2. A reta r contém os pontos de coordenadas (0, 4) e(–2, 0), logo:

mr = �0

4–

–(–

02)

� = 2 = tg α ∧ 0o < α < 180o, onde α

representa a inclinação da reta r.

Então, α = tg–1 (2) ≈ 63,4o.

3��

2

3��

2

3��

2

c�

�3π

�

sen OP^

Q��

O�Q�sen PQ

^

O��

r

sen θ��

O�Q�

r tg θ × r |cos (2θ)|��

2

2π × 1�

2πc

��3π

�


= 3�r2�

4

A[AOP] = =r × r cos ��

2π

� – �3π

��

2

⇔ = sen ��

2π

� + θ��

rsen θ�

O�Q�

0,5

0,3 0,6 0,9O

A

4

A reta s contém os pontos de coordenadas (0, 0)e (3, –1), logo:

ms = �–31

––00

� = – �13

� = tg β ∧ 0o < β < 180o, onde β

representa a inclinação da reta s.

Então, β = tg–1 �– �13

�� ≈ 161,6o.

3.

a) m = tg 60o = 3�Assim, a equação da reta é do tipo y = 3�x + b.Como o ponto de coordenadas (1, 5) pertence àreta:5 = 3� + b ⇔ b = 5 – 3�Logo, y = 3�x + 5 – 3� é a equação da reta pedida.

b) m = tg ��34π�� = –1

Assim, a equação da reta é do tipo y = –x + b.Como o ponto de coordenadas (2, 0) pertence àreta:0 = –2 + b ⇔ b = 2Logo, y = –x + 2 é a equação da reta pedida.

4.

a) tg α = 1 ∧ 0 < α < π

Logo, α = tg–1 (1) = �4π

�.

b) 3x + 3y – 4 = 0 ⇔ 3y = –3x + 4

⇔ y = –x + �43

�

tg α = –1 ∧ 0 < α < π.

Logo, α = tg–1 (–1) = �34π�.

c) mt = = 3�

tg α = 3� ∧ 0 < α < π

Logo, α = tg–1 (3�) = �3π

�.

5. A reta r contém os pontos de coordenadas (0, 1) e

��12

�, 0�, logo:

mr = = –2 = tg α ∧ 0o < α < 180o, onde α

representa a inclinação da reta r.

Então, α = tg–1 (–2) ≈ 116,6o.

Unidade 2 – Produto escalar de vetores

Páginas 122 a 142

6.

a) OP→

· OQ→

= O�P� × O�Q�’ = 6 × 4 = 24

b) OP→

· OR→

= – O�P� × O�R�’ = –6 × 2 = –12

7.

a) (AB→

,^

DA→

) = 90o

b) (AB→

,^

DC→

) = 0o

c) (AB→

,^

CD→

) = 180o

d) (BC→

,^

OD→

) = 45o

1�2��

2

1 – 0�

0 – �12

�


O P

Q

Q1

R‘ O P

R

D C

A B

D C

A B

D C

A B

D C

A B

O

e) (AD→

,^

DO→

) = 135o

8.

a) u→

· v→

= ||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

) == 2 × 3 × cos 30o =

= 6 × = 3�3�

b) u→

· v→

= ||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

) =

= 4 × 4 × cos ��3π

�� =

= 16 × �12

� = 8

c) u→

· v→

= ||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

) == 2018 × 2018 × cos 90o == 2018 × 2018 × 0 == 0

9.

a) DE→

· DC→

= ||DE→

|| ||DC→

|| cos (DE→

,^

DC→

) =

= 1 × 1 × cos 120o = 1 × �12

� = – �12

�

b) BC→

· AD→

= ||BC→

|| ||AD→

|| cos (BC→

,^

AD→

) = = 1 × 2 × cos 0o = 2 × 1 = 2

c) FA→

· AB→

= ||FA→

|| ||AB→

|| cos (FA→

,^

AB→

) =

= 1 × 1 × cos 60o = 1 × �12

� = �12

�

d) AF→

· AC→

= ||AF→

|| ||AC→

|| cos (AF→

,^

AC→

) = = 1 × ||AC

→|| × cos 90o = 1 × ||AC

→|| × 0 = 0

e) EA→

· AB→

= ||EA→

|| ||AB→

|| cos (EA→

,^

AB→

) = = ||EA

→|| × 1 × cos 90o = ||EA

→|| × 1 × 0 = 0

10.

a) AB→

· DC→

= a × a × cos (0o) = a2

b) AB→

· GH→

= a × a × cos (180o) = –a2

c) IJ→

· LD→

= a × 2a × cos (90o) = 0

d) AC→

· JL→

= ||AC→

|| ||JL→

|| cos (90o) = 0

e) IL→

· IK→

= a × a�2� × cos (45o) = a2�2� × = a2

Cálculo auxiliar

I�K�2 = a2 + a2 ⇔ I�K�2 = 2a2, pelo que I�K� = �2�a.


A�G�2 = a2 + (�2�a)2 ⇔ A�G�2 = 3a2, pelo que A�G� = �3�a.

cos (AB→

,^

AG→

) = = =

g) AL→

· EF→

= �5�a × a × cos (90o) = 0

h) LA→

· LH→

= �5�a × a × = 2a2


L�A�2 = a2 + (2a)2 ⇔ L�A�2 = 5a2, pelo que L�A� = �5�a.

cos (LA→

,^

LH→

) = = =

11.

a) Por exemplo, AB→

e AD→

.

b) Por exemplo, AB→

e DC→

.

c) Por exemplo, AB→

e CD→

.

12.

a) cos (u→

,^

v→

) = = = =

Logo, (u→

,^

v→

) = 30o.

b) cos (u→

,^

v→

) = = �2

–×2

2� = – �

12

�

Logo, (u→

,^

v→

) = 120o.

13.

a)

i) cos (u→

,^

v→

) = = =

Logo, (u→

,^

v→

) ≈ 75,6o.

ii) cos (u→

,^

v→

) = = = – �37

�

Logo, (u→

,^

v→

) ≈ 115,4o.

b) (u→

,^

v→

) ≈ 180o – 115,4o ≈ 64,6o

14.

a) (2u→

) · v→

= 2u→

· v→

= 2 × 4 = 8

b) (–5u→

) · ��12

� v→� = – �

52

� u→

· v→

= – �52

� × 4 = –10

c) v→

· (u→

+ w→

) = u→

· v→

+ v→

· w→

= 4 + (–3) = 1

1�

�3�a

��3� a

A�B��A�G�

2��5�

2�

�5�2a

��5� a

L�D��L�A�

15�10�3�

�125�

��5 × �3�

u→

· v→

��||u

→|| ||v

→||

u→

· v→

��||u

→|| ||v

→||

�5��

9�5��3 × 3

u→

· v→

��||u

→|| · ||v

→||

–1�

7 × �13

�

u→

· v→

��||u

→|| ||v

→||

�3��

2

�2��

2

= = = =3

�2�3�

6�3��

12�3��

2

f) AB→

· AG→

= a × a�3� × = a21��3�

Expoente11 • Dossiê do Professor 45

D C

A B

O

15.

a) (6u→

) · v→

= 6u→

· v→

= 6 × 2 × 2 × cos 45o =

= = 12�2�

b) (2017w→

) · �– �13

� v→� = – �20

317� v

→· w

→= 0

c) (u→

+ w→

) · (v→

– w→

) + w→

· u→

== u

→· v

→– u

→· w

→+ v

→· w

→– w

→· w

→+ w

→· u

→=

= 2 × 2 × cos 45o + 0 – 32

= 2�2� – 9

16. DA→

· BD→

= DA→

· (BA→

+ AD→

) == DA

→· BA

→+ DA

→·AD→

== 0 + k × k × cos 180o == –k2

17. AI→

· AJ→

= (AD→

+ DI→

) · (AB→

+ BJ→

) =

= AD→

· AB→

+ AD→

· BJ→

+ DI→

· AB→

+ DI→

·BJ→

=

= 0 + ||AB→

|| × �12

� ||AB→

|| + �12

� ||AB→

|| × ||AB→

|| + 0 =

= �12

� ||AB→

||2 + �12

� ||AB→

||2 =

= ||AB→

||2

18. KC→

· DL→

= (KB→

+ BC→

) · (DC→

+ CL→

) =

= KB→

· DC→

+ KB→

· CL→

+ BC→

· DC→

+ BC→

· CL→

=

= �14

� AB→

· AB→

+ 0 + 0 + BC→

· �14

� CB→

=

= �14

� ||AB→

|| × ||AB→

|| cos 0o + �14

� ||BC→

|| ×

× ||CB→

|| cos 180o =

= �14

� ||AB→

||2 – �14

� ||BC→

||2 =

= �14

� ||AB→

||2 – �14

� ||AB→

||2 =

= 0

Assim, uma vez que os vetores KC→

e DL→

sãoperpendiculares, então as retas KC e DL sãoperpendiculares.

19.

a) u→

· v→

= �12

� × �8� + 7 × 0 = �12

� × 2�2� + 0 = �2�

b) u→

· v→

= 2 × (–6) + 1 × 3 = –12 + 3 = –9

c) u→

· v→

= 3 × (–10) + (–2) × (–15) = –30 + 30 = 0

20.

a) Uma vez que u→

· v→

> 0, o ângulo formado pelosvetores u

→e v

→é agudo.

b) Uma vez que u→

· v→

< 0, o ângulo formado pelosvetores u

→e v

→é obtuso.

c) Uma vez que u→

· v→

= 0, o ângulo formado pelosvetores u

→e v

→é reto.

21.

a) u→

· v→

< 0 ∧ k ≠ �32

� ⇔ 2 × 3 + (–4) × k < 0 ∧ k ≠ �32

�

⇔ 6 – 4k < 0 ∧ k ≠ �32

�

⇔ 4k > 6 ∧ k ≠ �32

�

⇔ k > �32

� ∧ k ≠ �32

�

Logo, k � ��32

�, + ��.

b) u→

· v→

= 0 ⇔ (k – 1) × 2 + 3 × k = 0⇔ 2k – 2 + 3k = 0

⇔ k = �25

�

c) u→

· v→

> 0 ∧ k ≠ 0 ⇔ 2 × 2 + k × (–k) > 0 ∧ k ≠ 0⇔ 4 – k2 > 0 ∧ k ≠ 0

Logo, k � ]–2, 2[ \ {0}.

22.

a) AB→

= (3, 4) – (1, –2) = (2, 6)

AB→

· u→

= 2 × (–2) + 6 × 5 = –4 + 30 = 26

b) u→

· (BA→

– 3 u→

) = u→

· BA→

– 3u→

· u→

=

= –u→

· AB→

– 3 ||u→

||2 =

= –26 – 3 × (�2�9�)2 = –113

Cálculo auxiliar

||u→

|| = �(–�2�)2� +� 5�2� = �2�9�

23.

a) ||u→

|| = �2�2�+� 1�2� = �4� +� 1� = �5�||v

→|| = � (–�1�)2� +� 3�2� = �1� +� 9� = �1�0�

u→

· v→

= 2 × (–1) + 1 × 3 = –2 + 3 = 1

cos (u→

,^

v→

) = =

Logo, (u→

,^

v→

) ≈ 81,9o

1��5� × �1�0�

u→

· v→

��||u

→|| ||v

→||

24�2��

2


y

x2-2 O

b) ||u→

|| = �(–�4�)2� +� 7�2� = �1�6� +� 4�9� = �6�5�||v

→|| = �2�2�+� 0�2� = 2

u→

· v→

= –4 × 2 + 7 × 0 = –8

cos (u→

,^

v→

) = =

Logo, (u→

,^

v→

) ≈ 119,7o

24.

a) a→

· b→

= 4 × (–1) + (–1) × 4 = –4 – 4 = –8 Logo, os vetores a

→e b

→não são perpendiculares.

b) c→

· d→

= 0 × �2� + 3 × 0 = 0 + 0 = 0 Logo, os vetores c

→e d

→são perpendiculares.

c) e→

· f→

= 2 × 6 + (–3) × 4 = 12 – 12 = 0 Logo, os vetores e

→e f

→são perpendiculares.

25.

a) Por exemplo, (–5, 2), (5, –2), (10, –4).

b) Por exemplo, (6, 1), (–6, –1), (12, 2).

c) Por exemplo, (0, –4), (0, 1), (0, 2).

26. u→

· v→

= 0 ⇔ (–1, 2) · (x, y) = 0 ⇔ –x + 2y = 0 ⇔ x = 2y

||v→

|| = 2 ⇔ �(2�y�)2� +� y�2� = 2

⇔ �5�y = 2

⇔ y =

Assim, o vetor pedido é v→ � , �.

27. ax – y – 2 = 0 ⇔ y = ax – 2, pelo que o declivedesta reta é a.O declive da reta definida por x = 1 + 2k

, k � R é – �32

�.y = 5 – 3k

Logo, a = �23

�.

Logo, a opção correta é a (D).

28.

a) A equação da reta pretendida é da forma

y = – �32

�x + b.

Como o ponto A pertence a esta reta:

5 = – �32

� × 3 + b ⇔ b = �129�

Logo, y = – �32

� x + �129� é a equação pedida.

b) x – y – 2 = 0 ⇔ y = x – 2

A equação da reta pretendida é da forma y = –x + b.Como o ponto A pertence a esta reta:

5 = –3 + b ⇔ b = 8

Logo, y = –x + 8 é a equação pedida.

c) A reta definida por (x, y) = (1, 10) + k(–2, 6), k � Rtem declive �

–62� = –3.

A equação da reta pretendida é da forma

y = �13

�x + b.


5 = �13

� × 3 + b ⇔ b = 4

Logo, y = �13

� x + 4 é a equação pedida.

d) A reta de equação x = 1 é uma reta vertical, peloque uma reta que lhe seja perpendicular é da for -ma y = b. Como o ponto A pertence a essa reta,então y = 5 é a equação da reta pedida.

e) A reta de equação y = 0 é uma reta horizontal,pelo que uma reta que lhe seja perpendicular é daforma x = a. Como o ponto A pertence a essa reta,então x = 3 é a equação da reta pedida.

29.

a) A = C + BC→

= (0, 2) + ((0, 2) – (3, 0)) == (0, 2) + (–3, 2) = (–3, 4)

AB→

= 2BC→

= 2(–3, 2) = (–6, 4)

mAC = �–46� = – �

23

�

Assim, a equação da reta t é da forma y = �32

� x + b.


4 = �32

� × (–3) + b ⇔ b = �127�

Logo, y = �32

� x + �127� é a equação pedida.

b) mt = �32

� ⇔ tg α = �32

�

α � [0o, 180o]

Logo, α ≈ 56,3o.

c) A bissetriz dos quadrantes pares tem como vetordiretor, por exemplo, o vetor de coordenadas (1, –1).Um vetor diretor da reta t pode ser, por exemplo, ovetor de coordenadas (2, 3).

||(1, –1)|| = �1�2�+� (�–�1�)2� = �2�

||(2, 3)|| = �2�2�+� 3�2� = �1�3�

(1, –1) · (2, 3) = 2 – 3 = –1

–8��6�5� × 2

u→

· v→

��||u

→|| ||v

→||

2��5�

2�5��

54�5��

5


⇔ y = 2�5��

5

Assim, sendo α o ângulo pedido,

cos α = , pelo que

30.

a) u→

· v→

= �12

� × 10 + (–3) × (–1) + 9 × (–2) = 5 + 3 – 18 = –10

O ângulo formado pelos vetores u→

e v→

é obtuso,já que u

→· v

→< 0.

b) u→

· v→

= �12

� × 10 + 2 × 0 + 5 × (–1) = 5 + 0 – 5 = 0


e v→

é reto, jáque u

→· v

→= 0.

c) u→

· v→

= –�3� × 0 + (–2) × 0 + 4 × �5� == 0 + 0 + 4�5� == 4�5�


e v→

é agudo, jáque u

→· v

→> 0.

31.

a) a→

· b→

= 4 × (–1) + (–1) × 3 + 1 × 7 = –4 – 3 + 7 = 0

Logo, os vetores a→

e b→

são perpendiculares.

b) c→

· d→

= 0 × �2� + 4 × 0 + 3 × �12

� = 0 + 0 + �32

� = �32

�

Logo, os vetores c→

e d→

não são perpendiculares.

32.

a) Por exemplo, (0, –5, –1), (5, 0, 4), (1, –4, 0).

b) Por exemplo, (–7, 0, �2�), (0, –7, 3), (3, –�2�, 0).

33. (a, b, c) · (0, c, –b) = 0 + bc – bc = 0, logo os veto-res u

→(a, b, c) e (0, c, –b) são perpendiculares.

(a, b, c) · (c, 0, –a) = ac + 0 – ac = 0, logo os vetoresu→

(a, b, c) e (c, 0, –a) são perpendiculares.

(a, b, c) · (b, –a, 0) = ab – ab + 0 = 0, logo os veto-res u

→(a, b, c) e (b, –a, 0) são perpendiculares.

34. Seja M o ponto médio de [AB].

a) M = ��–32+ 1�, �2 +

20

�� = (–1, 1)

AB→

= (1, 0) – (–3, 2) = (4, –2)

MP→

· AB→

= 0 ⇔ (x + 1, y – 1) · (4, –2) = 0⇔ 4x + 4 – 2y + 2 = 0⇔ 2y = 4x + 6⇔ y = 2x + 3, que é a equação pedida.

b) M = ��1 +2

4�, �7 +

25

�� = ��52

�, 6�

AB→

= (4, 5) – (1, 7) = (3, –2)

MP→

· AB→

= 0 ⇔ �x – �52

�, y – 6� · (3, –2) = 0

⇔ 3x – �125� – 2y + 12 = 0

⇔ 2y = 3x + �92

�

⇔ y = �32

�x + �94

�, que é a equação pedida.

35. AP→

· BP→

= 0 ⇔ (x + 1, y – 3) · (x – 2, y – 5) = 0⇔ (x + 1) (x – 2) + (y – 3) (y – 5) = 0⇔ x

2 – 2x + x – 2 + y2 – 5y – 3y + 15 = 0⇔ x

2 – x + y2 – 8y = –13

⇔ x2 – x + �

14

� + y2 – 8y + 16 = –13 + �14

� + 16

⇔ �x – �12

��2

+ (y – 4)2 = �143�, que é a equação pedida.

36. CT→

· TP→

= 0 ⇔ (–2 – 2, 1 – (–1)) · (x – 2, y + 1) = 0⇔ (–4, 2) · (x – 2, y + 1) = 0⇔ –4x + 8 + 2y + 2 = 0⇔ 2y = 4x – 10⇔ y = 2x – 5, que é a equação pedida.

37.

a) O lugar geométrico dos pontos P(x, y) do plano tais

que AP→

· BP→

= 0 é a circunferência de diâmetro [AB]:

(x + 3, y – 4) · (x, y + 2) = 0

⇔ x2 + 3x + y2 + 2y – 4y – 8 = 0

⇔ x2 + 3x + y2 – 2y = 8

⇔ x2 + 3x + �

94

� + y2 – 2y + 1 = 8 + �94

� + 1

Ou seja, a circunferência de centro C �– �32

�, 1� e

raio igual a .

b) O lugar geométrico dos pontos P(x, y) do planotais que AB

→· MP

→= 0, onde M é o ponto médio de

[AB], é a mediatriz do segmento de reta [AB]:


AB→

= (0, –2) – (–3, 4) = (3, –6)

M = ��–32+ 0�, �4 –

22

�� = �– �32

�, 1�

(3, –6) · �x + �32

�, y – 1� = 0 ⇔ 3x + �92

� – 6y + 6 = 0

⇔ 6y = 3x + �221�

⇔ y = �12

� x + �74

�

|–1|��2� × �1�3�

�4�5��

2


α = cos–1 � � ≈ 1,4 rad.1

��2�6�

⇔ �x + �32

��2

+ (y – 1)2 = �445�

c) O lugar geométrico dos pontos P(x, y) do plano taisque AB

→· BP

→= 0 é a reta tangente à circunferência

de centro A no ponto B ou é a reta perpendicular àreta AB que passa no ponto B: (3, –6) · (x, y + 2) = 0 ⇔ 3x – 6y – 12 = 0

⇔ 6y = 3x – 12

⇔ y = �12

� x – 2

38.

a) M = ��–22+ 3�, �5 –

21

�� = ��12

�, 2�AB→

= (3, –1) – (–2, 5) = (5, –6)

AB→

· MP→

= 0 ⇔ (5, –6) · �x – �12

�, y – 2� = 0

⇔ 5x – �52

� – 6y + 12 = 0

⇔ 6y = 5x + �129�

⇔ y = �56

� x + �11

92�, que é a equação pedida.

b) CA→

= (–2, 5) – (1, 1) = (–3, 4)

CA→

· AP→

= 0 ⇔ (–3, 4) · (x + 2, y – 5) = 0⇔ –3x – 6 + 4y – 20 = 0⇔ 4y = 3x + 26

⇔ y = �34

� x + �123�, que é a equação pe -

dida.

39.

a) AP→

· BP→

= 0 ⇔ (x – 0, y – 1) · (x – 6, y – 5) = 0⇔ x

2 – 6x + y2 – 5y – y + 5 = 0⇔ x

2 – 6x + y2 – 6y = –5⇔ x

2 – 6x + 9 + y2 – 6y + 9 = –5 + 9 + 9⇔ (x – 3)2 + (y – 3)2 = 13, que é a equa-

ção pedida.

b) C e D são pontos da forma (x, 0), uma vez que per-tencem ao eixo das abcissas.Substituindo na equação da circunferência de diâ-metro [AB]:(x – 3)2 + (0 – 3)2 = 13 ⇔ (x – 3)2 = 4

⇔ x – 3 = –2 ∨ x – 3 = 2⇔ x = 1 ∨ x = 5

Assim, C(1, 0) e D(5, 0).

c) Seja M o centro da circunferência de diâmetro [AB];M(3, 3)

MC→

· CP→

= 0 ⇔ (1 – 3, 0 – 3) · (x – 1, y – 0) = 0

⇔ (–2, –3) · (x – 1, y) = 0

⇔ –2x + 2 – 3y = 0

⇔ 3y = –2x + 2

⇔ y = – �23

� x + �23

�, que é a equação re-

duzida da reta tangente à circunferência de diâme-tro [AB] em C.

MD→

· DP→

= 0 ⇔ (5 – 3, 0 – 3) · (x – 5, y – 0) = 0

⇔ (2, –3) · (x – 5, y) = 0

⇔ 2x – 10 – 3y = 0

⇔ 3y = 2x – 10

⇔ y = �23

� x – �130�, que é a equação re-

duzida da reta tangente à circunferência de diâme-tro [AB] em D.

d)

i) (x – 3)2 + (y – 3)2 ≥ 13 ∧ y ≥ – �23

� x + �23

� ∧

∧ y ≥ �23

� x – �130� ∧ y ≤ 0

ii) Seja I o ponto interseção das retas tangentes àcircunferência de diâmetro [AB] em C e D.

y = – �23

� x + �23

� ————⇔

y = �23

� x – �130� – �

23

� x + �23

� = �23

� x – �130�

———— y = – �43

�

⇔ ⇔4x = 12 x = 3

Então, I �3, – �43

�� .

Seja M o centro da circunferência de diâmetro [AB];M(3, 3)

I�M� = 3 + �43

� = �133�

Por outro lado, C�D� = 4.

A área do losango [CIDM] é então:

= �236�

Um vetor diretor da reta tangente à circunferênciano ponto C é (3, 2) e um vetor diretor da reta tangen-te à circunferência no ponto D é, por exemplo, (–3, 2).||(3, 2)|| = �3�2�+� 2�2� = �1�3� = ||(–3, 2)||(3, 2) · (–3, 2) = –9 + 4 = –5 Assim, o ângulo formado pelas duas retas é dado por:

α = cos–1 � � ≈ 67,380o

Pelo que, a área a do setor circular de centro M earco BD é dada por:

�31630πo� = �

67,3a80o�

Ou seja, a ≈ 7,644.

Logo, a área da região sombreada é, aproximada-

mente, �236� – 7,644 ≈ 1,02.

�133� × 4

��2

|–5|��1�3� × �1�3�


Expoente11 • Dossiê do Professor50

Unidade 3 – Equações de planos no espaço

Páginas 143 a 164

40. Um vetor normal ao plano dado é (1, –2, 0).Um vetor diretor da reta definida na opção A é (3, 2, 1). Ora, este vetor não é colinear com o vetornormal ao plano, pelo que esta reta não é perpen-dicular ao plano dado.Um vetor diretor da reta definida na opção B é (0, 0, 1). Ora, este vetor não é colinear com o vetornormal ao plano, pelo que esta reta não é perpen-dicular ao plano dado.Um vetor diretor da reta definida na opção C é (1, –2, 0). Ora, este vetor é colinear com o vetornormal ao plano, pelo que esta reta é perpendicu-lar ao plano dado.Um vetor diretor da reta definida na opção D é (3, 0, 1). Ora, este vetor não é colinear com o vetornormal ao plano, pelo que esta reta não é perpen-dicular ao plano dado.Assim, a opção correta é a (C).

41.

a) Por observação da condição dada, obtém-se o vetor

normal ao plano n→

α (–2, 1, 3) e o ponto P1 �1, – �12

�, 2�.Se, por exemplo, x = 0 e y = 0, tem-se:

–2(0 – 1) + �0 + �12

�� – 3(2 – z) = 0 ⇔ 2 + �12

� – 6 + 3z = 0

⇔ 3z = �72

�

⇔ z = �76

�

Obtém-se o ponto P2 �0, 0, �76

��.

b) Por observação da condição dada, obtém-se o vetor


β �–1, 1, �14

�� e o ponto P1 (–2, 0, 2).

Se, por exemplo, y = 0 e z = 0, tem-se:

–(x + 2) + 0 = – �14

� (0 – 2) ⇔ –x – 2 = �12

� ⇔ x = – �52

�

Obtém-se o ponto P2 �– �52

�, 0, 0�. c) Por observação da condição dada, obtém-se o vetor


γ �1, 2, �13

��.Se, por exemplo, x = 0 e y = 0, tem-se:

0 + 0 + �3z� = 5 ⇔ z = 15

Obtém-se o ponto P1 (0, 0, 15).Se, por exemplo, x = 1 e y = 1, tem-se:

1 + 2 + �3z� = 5 ⇔ z = 6

Obtém-se o ponto P2 (1, 1, 6).

d) Por observação da condição dada, obtém-se o vetornormal ao plano n

→δ (3, 0, 2).

Se, por exemplo, x = 0 e y = 100, tem-se:

0 + 2z = –1 ⇔ z = – �12

�

Obtém-se o ponto P1 �0, 100, – �12

��.Se, por exemplo, z = 0 e y = 2017, tem-se:

3x + 0 = –1 ⇔ x = – �13

�

Obtém-se o ponto P2 �– �13

�, 2017, 0�.

42.

a) 2 (x + 1) – 1 (y – 1) + 3 (z – 2) = 0

⇔ 2x + 2 – y + 1 + 3z – 6 = 0

⇔ 2x – y + 3z – 3 = 0, que é a equação pedida.

b) 1 (y – 3) + 2 (z – 2) = 0⇔ y – 3 + 2z – 4 = 0⇔ y + 2z – 7 = 0, que é a equação pedida.

c) –2 (x + 2) + 5 (z – 2) = 0⇔ –2x – 4 + 5z – 10 = 0⇔ –2x + 5z – 14 = 0, que é a equação pedida.

d) –3 (x + 1) + 4 (y + 1) = 0⇔ –3x – 3 + 4y + 4 = 0⇔ –3x + 4y + 1 = 0, que é a equação pedida.

e) 5 (x – 3) = 0 ⇔ 5x – 15 = 0⇔ x = 3, que é a equação pedida.

43.

a) Um vetor diretor da reta definida por x = –4 ∧ y = 5é (0, 0, 1), pois a reta é paralela ao eixo Oz. Como areta é perpendicular ao plano α, então este vetor énormal ao plano α.Assim:z + 1 = 0 ⇔ z = –1Logo, z = –1 é uma equação cartesiana do plano α.

b) Um vetor diretor da reta definida por y = 21 ∧ z = –10é (1, 0, 0), pois a reta é paralela ao eixo Ox. Como areta é perpendicular ao plano α, então este vetor é normal ao plano α.Assim: x – 1 = 0 ⇔ x = 1Logo, x = 1 é uma equação cartesiana do plano α.

c) Um vetor diretor da reta definida por x = –1 ∧ z = 0é (0, 1, 0), pois a reta é paralela ao eixo Oy. Como areta é perpendicular ao plano α, então este vetor énormal ao plano α.

Assim: y – 3 = 0 ⇔ y = 3Logo, y = 3 é uma equação cartesiana do plano α.

44.

a) Por exemplo, a→

(0, 1, 1), b→

(1, 0, –2) e c→

(1, 2, 0).

b) Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo.

u→

· v→

= 0 (a, b, c) · (1, 0, 2) = 0⇔

u→

· w→

= 0 (a, b, c) · (–2, 1, –1) = 0

a + 2c = 0 a = –2c a = –2c⇔ ⇔ ⇔

–2a + b – c = 0 4c + b – c = 0 b = –3c

Assim, u→

(–2c, –3c, c), c � R.Por exemplo, se c = 1, obtém-se u

→(–2, –3, 1).

45.

a) AB→

= (3, 2, 5) – (3, 4, 5) = (0, –2, 0)

BC→

= (1, 2, 3) – (3, 2, 5) = (–2, 0, –2)

Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo, simultanea-mente perpendicular aos vetores AB

→e BC

→.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (0, –2, 0) = 0⇔

u→

· BC→

= 0 (a, b, c) · (–2, 0, –2) = 0

–2b = 0 b = 0⇔ ⇔

–2a – 2c = 0 a = –c

Assim, u→

(–c, 0, c), c � R.

Por exemplo, se c = 1, obtém-se u→

(–1, 0, 1). Então, u

→(–1, 0, 1) é um vetor normal ao plano e

A(3, 4, 5) é um ponto do plano:–1(x – 3) + 0(y – 4) + 1(z – 5) = 0⇔ –x + 3 + z – 5 = 0⇔ –x + z – 2 = 0

b) AB→

= (0, 2, 1) – (–1, 2, 0) = (1, 0, 1)

CA→

= (–1, 2, 0) – (1, 1, 1) = (–2, 1, –1)

Seja u→


→e CA

→.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (1, 0, 1) = 0⇔

u→

· CA→

= 0 (a, b, c) · (–2, 1, –1) = 0

a + c = 0 a = –c a = –c⇔ ⇔ ⇔

–2a + b – c = 0 2c + b – c = 0 b = –c

Assim, u→

(–c, –c, c), c � R.


(–1, –1, 1).

Então, u→

(–1, –1, 1) é um vetor normal ao plano eA(–1, 2, 0) é um ponto do plano:–1(x + 1) – 1(y – 2) + 1(z – 0) = 0⇔ –x – 1 – y + 2 + z = 0⇔ –x – y + z + 1 = 0

c) AB→

= (2, –1, 2) – (0, 1, 3) = (2, –2, –1)

BC→

= (1, 2, 0) – (2, –1, 2) = (–1, 3, –2)

Seja u→


→e BC

→.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (2, –2, –1) = 0⇔

u→

· BC→

= 0 (a, b, c) · (–1, 3, –2) = 0

2a – 2b – c = 0 c = 2a – 2b⇔ ⇔

–a + 3b – 2c = 0 –a + 3b – 4a + 4b = 0

———— c = �154� b – 2b c = �

45

� b⇔ ⇔ ⇔

5a = 7b a = �75

� b a = �75

� b

Assim, u→��

75

� b, b, �45

� b�, b � R.

Por exemplo, se b = 5, obtém-se u→

(7, 5, 4). Então, u

→(7, 5, 4) é um vetor normal ao plano e

A(0, 1, 3) é um ponto do plano:7(x – 0) + 5(y – 1) + 4(z – 3) = 0⇔ 7x + 5y – 5 + 4z – 12 = 0⇔ 7x + 5y + 4z – 17 = 0

46.

a) (x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 0)2

⇔ x2 – 2x + 1 + y2 – 2y + 1 + z2 – 2z + 1 =

= x2 – 4x + 4 + y2 + 2y + 1 + z2

⇔ 2x – 4y – 2z – 2 = 0⇔ x – 2y – z – 1 = 0, que é uma equação cartesianado plano mediador de [AB].

b) AB→

= (2, –1, 0) – (1, 1, 1) = (1, –2, –1)

BC→

= (0, 2, –3) – (2, –1, 0) = (–2, 3, –3)

�–12� ≠ �

–32� ≠ �

––13�, logo os vetores AB

→e BC

→não são

colineares e, portanto, os pontos A, B e C não sãocolineares.

47.

a) r→

(1, 1, –1)s→

(0, 0, 1)

r→

e s→

são vetores diretores das retas r e s, respeti-vamente.Uma vez que a abcissa e a ordenada de s

→são 0 e

as de r→

não são, então os vetores não são colinea-res.


Além disso, os pontos da reta s são da forma (0, 1, z), sendo z um número real.

–1 = –1 + k(0, 1, z) = (–1, 0, 2) + k(1, 1, –1) ⇔ 1 = 0 + k

z = 2 – kk = 1 k = 1

⇔ k = 1 ⇔ k = 1z = 2 – k z = 1

Assim, o ponto (0, 1, 1) pertence às duas retas,logo, concluímos que as retas são concorrentes.

b) Seja n→

(a, b, c) um vetor normal ao plano definidopelas retas r e s:

n→

· r→

= 0 (a, b, c) · (1, 1, –1) = 0⇔

n→

· s→

= 0 (a, b, c) · (0, 0, 1) = 0

a + b – c = 0 a + b = 0 a = –b⇔ ⇔ ⇔

c = 0 c = 0 c = 0

Assim, n→

(–b, b, 0), b � R.Por exemplo, se b = 1, obtém-se n

→(–1, 1, 0).

Uma equação cartesiana do plano é:

– (x – 0) + (y – 1) = 0 ⇔ –x + y – 1 = 0

48.

a) Sejam r→

e s→

vetores diretores das retas r e s, res-petivamente.

r→

(–2, 0, 0)s→

(1, 0, 0)Tem-se que r

→= –2s

→, ou seja, os vetores r

→e s

→

são colineares, logo as retas r e s são paralelasou coincidentes.(3, 1, 2) é um ponto da reta r mas não é um pontoda reta s, pois os pontos da reta s são da forma (x, 2, 1), sendo x um número real.Assim, as retas r e s são estritamente paralelas,logo definem um plano.

b) Seja A(3, 1, 2) um ponto da reta r e seja B(1, 2, 1)um ponto da reta s.

AB→

= (1, 2, 1) – (3, 1, 2) = (–2, 1, –1) Este vetor é paralelo ao plano definido pelas retasr e s e não é colinear com r

→(–2, 0, 0).

Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamen-te perpendicular aos vetores AB

→e r

→.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (–2, 1, –1) = 0⇔

u→

· r→

= 0 (a, b, c) · (–2, 0, 0) = 0

–2a + b – c = 0 c = b⇔ ⇔

–2a = 0 a = 0

Assim, u→

(0, b, b), b � R.Por exemplo, se b = 1, obtém-se u

→(0, 1, 1).

Então, u→

(0, 1, 1) é um vetor normal ao plano e A(3, 1, 2) é um ponto do plano:0(x – 3) + 1(y – 1) + 1(z – 2) = 0⇔ y – 1 + z – 2 = 0⇔ y + z – 3 = 0, que é a equação pedida.

49.

a) Substituindo x, y e z na equação da reta r pelascoordenadas do ponto A, vem:

–3 = 1 + 3k k = – �43

�

2 = 2k ⇔ k = 1

0 = 1 – k k = 1

que é uma condição impossível.Logo, o ponto A é exterior à reta r.Assim, a reta r e o ponto A definem um plano.

b) Um vetor diretor da reta r é r→

(3, 2, –1).O ponto B(1, 0, 1) é um ponto da reta r.

AB→

= (1, 0, 1) – (–3, 2, 0) = (4, –2, 1) Este vetor é paralelo ao plano definido pela reta re pelo ponto A e não é colinear com r

→.

Seja u→


→e r

→.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (4, –2, 1) = 0⇔

u→

· r→

= 0 (a, b, c) · (3, 2, –1) = 0

4a – 2b + c = 0 c = –4a + 2b⇔ ⇔

3a + 2b – c = 0 3a + 2b + 4a – 2b = 0

———— c = 2b⇔ ⇔

7a = 0 a = 0

Assim, u→

(0, b, 2b), b � R.

Por exemplo, se b = 1, obtém-se u→

(0, 1, 2).

Então, u→

(0, 1, 2) é um vetor normal ao plano eA(–3, 2, 0) é um ponto do plano:0(x + 3) + 1(y – 2) + 2(z – 0) = 0⇔ y – 2 + 2z = 0⇔ y + 2z – 2 = 0, que é a equação pedida.

50.

a) (x, y, z) = (–�2�, 3, 1) + s(–1, 1, –2) + t(3, 2, 5), s, t � Ré a equação pedida.

b) Se x = 0 e y = 0, então z = 5, e obtém-se o pontoA(0, 0, 5) pertencente ao plano.Se x = 0 e z = 0, então y = 5, e obtém-se o pontoB(0, 5, 0) pertencente ao plano.


Se y = 0 e z = 0, então x = 5, e obtém-se o pontoC(5, 0, 0) pertencente ao plano.Então:

AB→

= (0, 5, 0) – (0, 0, 5) = (0, 5, –5)

BC→

= (5, 0, 0) – (0, 5, 0) = (5, –5, 0)

AB→

e BC→

são vetores paralelos ao plano.Logo, (x, y, z) = (0, 0, 5) + s(0, 5, –5) + t(5, –5, 0), s, t � R é a equação pedida.

51.

x = –�2� – s + 3ta) y = 3 + s + 2t, s, t � R

z = 1 – 2s + 5t

b) Usando os pontos A, B e C e os vetores AB→

e BC→

do exercício anterior, obtém-se:

x = 5ty = 5s – 5t, s, t � Rz = 5 – 5s

52. IJK: x + y + z = 2Uma vez que o centro do cubo é a origem do refe-rencial e que o ponto K pertence ao plano xOy,então K(x, x, 0), sendo x um número real.Como K pertence ao plano IJK, então x + x + 0 = 2⇔ x = 1. Logo, K(1, 1, 0). Conclui-se também que a arestado cubo é 2 e que D(1, –1, 1).Assim, o plano paralelo a IJK e que passa em D éda forma x + y + z = d. Como D pertence a esse plano: 1 – 1 + 1 = d ⇔ d = 1A equação pedida é x + y + z = 1.

53. Um vetor normal ao plano α é (1, –2, 1). Um planoque seja paralelo a α terá como vetor normal umvetor colinear com este, o que apenas acontecena opção (B), em que um vetor normal ao planoindicado é (–2, 4, –2). Assim, a opção correta é a (B).

54. Para que os dois planos sejam perpendicularestêm de ter vetores normais perpendiculares.Assim:(2, 4, –1) · (2, k – 1, –1) = 0 ⇔ 4 + 4k – 4 + 1 = 0

⇔ k = – �14

�

55. Seja M o ponto médio de [AB].

a) M = ��–32+ 1�, �2 +

20

�, �0 +2

2�� = (–1, 1, 1)

AB→

= (1, 0, 2) – (–3, 2, 0) = (4, –2, 2)

MP→

· AB→

= 0 ⇔ (x + 1, y – 1, z – 1) · (4, –2, 2) = 0⇔ 4x + 4 – 2y + 2 + 2z – 2 = 0⇔ 4x – 2y + 2z + 4 = 0⇔ 2x – y + z + 2 = 0, que é a equação

pedida.

b) M = ��1 +2

4�, �7 +

25

�, �2 +2

3�� = ��

52

�, 6, �52

��AB→

= (4, 5, 3) – (1, 7, 2) = (3, –2, 1)

MP→

· AB→

= 0 ⇔ �x – �52

�, y – 6, z – �52

�� · (3, –2, 1) = 0

⇔ 3x – �125� – 2y + 12 + z – �

52

� = 0

⇔ 3x – 2y + z + 2 = 0, que é a equaçãopedida.

56. AP→

· BP→

= 0⇔ (x – 1, y + 1, z – 3) · (x, y – 2, z – 5) = 0⇔ x

2 – x + y2 – 2y + y – 2 + z2 – 5z – 3z + 15 = 0⇔ x

2 – x + y2 – y + z2 – 8z = –13

⇔ x2 – x + �

14

� + y2 – y + �14

� + z2 – 8z + 16 =

= –13 + �14

� + �14

� + 16

⇔ �x – �12

��2

+ �y – �12

��2

+ (z – 4)2 = �72

�, que é a equa-

ção pedida.

57. CT→

· TP→

= 0⇔ (2 + 2, –1 – 0, –3 – 1) · (x – 2, y + 1, z + 3) = 0⇔ (4, –1, –4) · (x – 2, y + 1, z + 3) = 0⇔ 4x – 8 – y – 1 – 4z – 12 = 0⇔ 4x – y – 4z – 21 = 0, que é a equação pedida.

58.

a) O lugar geométrico dos pontos P(x, y, z) do espaçotais que AP

→· BP

→= 0 é a superfície esférica de diâ-

metro [AB].

AP→

· BP→

= 0⇔ (x + 3, y – 4, z – 2) · (x – 1, y, z + 2) = 0⇔ x

2 – x + 3x – 3 + y2 – 4y + z2 – 4 = 0⇔ x

2 + 2x + y2 – 4y + z2 = 7⇔ x

2 + 2x + 1 + y2 – 4y + 4 + z2 = 7 + 1 + 4⇔ (x + 1)2 + (y – 2)2 + z2 = 12

b) O lugar geométrico dos pontos P(x, y, z) do espaçotais que AB

→· MP

→= 0, onde M é o ponto médio de

[AB], é o plano mediador do segmento de reta [AB].

M = ��–32+ 1�, �4 +

20

�, �2 –2

2�� = (–1, 2, 0)

AB→

= (1, 0, –2) – (–3, 4, 2) = (4, –4, –4)


AB→

· MP→

= 0 ⇔ (4, –4, –4) · (x + 1, y – 2, z) = 0⇔ 4x + 4 – 4y + 8 – 4z = 0⇔ 4x – 4y – 4z + 12 = 0⇔ x – y – z + 3 = 0

c) O lugar geométrico dos pontos P(x, y, z) do espaçotais que AB

→· BP

→= 0 é o plano tangente à superfí-

cie esférica de centro A no ponto B ou é o planoperpendicular à reta AB que passa no ponto B.

AB→

· BP→

= 0 ⇔ (4, –4, –4) · (x – 1, y, z + 2) = 0⇔ 4x – 4 – 4y – 4z – 8 = 0⇔ 4x – 4y – 4z – 12 = 0⇔ x – y – z – 3 = 0

59.

a) AB→

= (3, 1, –1) – (–2, 5, 1) = (5, –4, –2)

M = ��–22+ 3�, �5 +

21

�, �1 –2

1�� = ��

12

�, 3, 0�AB→

· MP→

= 0 ⇔ (5, –4, –2) · �x – �12

�, y – 3, z� = 0

⇔ 5x – �52

� – 4y + 12 – 2z = 0

⇔ 5x – 4y – 2z + �129� = 0

b) CA→

= (–2, 5, 1) – (1, 1, 1) = (–3, 4, 0)

CA→

· AP→

= 0 ⇔ (–3, 4, 0) · (x + 2, y – 5, z – 1) = 0⇔ –3x – 6 + 4y – 20 = 0⇔ –3x + 4y – 26 = 0⇔ 3x – 4y + 26 = 0

60. Qualquer ponto da reta r é da forma (1 + 2k, –1 – k, k),sendo k um número real. Substituindo na equaçãodo plano:

1 + 2k – 2(–1 – k) = 4 ⇔ 1 + 2k + 2 + 2k = 4

⇔ 4k = 1 ⇔ k = �14

�

Assim, obtém-se o ponto de coordenadas

�1 + 2 × �14

�, –1 – �14

�, �14

�� = ��32

�, – �54

�, �14

��, que é o ponto

de interseção da reta r com o plano α.

61.

a) Substituindo na equação da reta (x, y, z) pelas coor-denadas do ponto A, obtém-se:

��32

�, 2, 2� = (1, 2, 3) + λ(–1, 0, 2)

1 – λ = �32

� λ = – �12

�

⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2

3 + 2λ = 2 λ = – �12

�

Logo, o ponto A pertence à reta s.

Substituindo na equação da reta (x, y, z) pelascoordenadas do ponto B, obtém-se:

(–1, 2, –1) = (1, 2, 3) + λ(–1, 0, 2)

1 – λ = –1 λ = 2⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2

3 + 2λ = –1 λ = –2

Logo, o ponto B não pertence à reta s.

b) Qualquer ponto do plano yOz é da forma (0, y, z),onde y e z representam números reais.Assim:

(0, y, z) = (1, 2, 3) + λ(–1, 0, 2)

1 – λ = 0 λ = 1⇔ 2 = y ⇔ y = 2

3 + 2λ = z z = 5Logo, o ponto de interseção da reta s com o planoyOz tem coordenadas (0, 2, 5).

c) Por exemplo, r:(x, y, z) = (–1, 2, –1) + k(–2, 0, 4), k � R.

d) Sabe-se que o vetor de coordenadas (–1, 0, 2) é umvetor diretor da reta s. Um vetor diretor da reta tterá de ser perpendicular a qualquer vetor diretorda reta s. Assim, um vetor diretor da reta t podeser, por exemplo, o vetor de coordenadas (2, 5, 1).Então, uma equação vetorial da reta t é, por exem-

plo, t:(x, y, z) = ��32

�, 2, 2� + k(2, 5, 1), k � R.

62.

a) AB→

= (2, 4, 1) – (1, 3, 2) = (1, 1, –1)

O triângulo [ABC] é retângulo em B, por estar ins-crito numa semicircunferência, logo o vetor AB

→é

normal ao plano BCD.Então, como B pertence ao plano BCD e AB

→é um

vetor normal a este plano, uma equação cartesia-na do plano BCD é:1(x – 2) + 1(y – 4) – 1(z – 1) = 0⇔ x – 2 + y – 4 – z + 1 = 0⇔ x + y – z – 5 = 0

b) CD→

é um vetor normal ao plano ABC e, como tal, écolinear com (0, 1, 1) que é um vetor colinear aeste plano.Assim, CD

→= (0, k, k), para algum k real.

Como a altura do cilindro é 2�2�, tem-se:

||CD→

|| = 2�2� ⇔ �0�2�+� k�2�+� k�2� = �8� ⇔ 2k2 = 8 ⇔ k = 2 ∨ k = –2

Logo, CD→

= (0, 2, 2), de acordo com a figura.Um ponto da base superior do cilindro é:

A + CD→

= (1, 3, 2) + (0, 2, 2) = (1, 5, 4)Como a base superior do cilindro é paralela aoplano BCD, então um vetor normal a este plano é



também um vetor normal ao plano que contémessa base. Assim, (0, 1, 1) é um vetor normal aoplano que contém a base superior do cilindro.Tem-se então que uma equação da base superiordo cilindro é:0(x – 1) + 1(y – 5) + 1(z – 4) = 0⇔ y – 5 + z – 4 = 0⇔ y + z – 9 = 0

y + z = 5 y = 5 – zc) ⇔

16x – 5y + 11z = 23 16x – 5(5 – z) + 11z = 23

———— ————⇔ ⇔

16x – 25 + 5z + 11z = 23 16x + 16z = 48

———— y = 5 – z⇔ ⇔

x + z = 3 x = 3 – z

Assim, os pontos que pertencem à interseção dosdois planos são os pontos da forma:(3 – z, 5 – z, z), z� RMas, (3 – z, 5 – z, z) = (3, 5, 0) + z(–1, –1, 1), z� R.

Logo, uma equação vetorial da reta de interseçãodos dois planos é:

(x, y, z) = (3, 5, 0) + k(–1, –1, 1), k � R

63.

a) Seja M o ponto médio de [AC].

M = ��0 +2

1�, �0 +

20

�, �1 +2

0�� = ��

12

�, 0, �12

��Uma vez que a reta BD é paralela ao eixo Oy e queM é um ponto desta reta, então uma sua equação

vetorial é (x, y, z) = ��12

�, 0, �12

�� + k(0, 1, 0), k � R.

Assim, as coordenadas do ponto B são da forma

��12

�, y, �12

�� e as coordenadas do ponto D são da

forma ��12

�, –y, �12

��, sendo y um número real positivo.

||AC→

|| = ||BD→

|| ⇔ �1�2�+� 0�2�+� (�–�1�)2� = �0�2�+� (�–�2�y�)2� +� 0�2�⇔ �2� = �4�y�2�⇔ 4y2 = 2

⇔ y2 = �

12

�

Como y > 0, então y = .

b) E = M = ��12

�, 0, �12

��

⇔EV→

· DB→

= 0 �x – �12

�, y, z – �12

�� · (0, �2�, 0) = 0

x – �12

� – z + �12

� = 0 x – z = 0 x = z⇔ ⇔ ⇔

�2�y = 0 y = 0 y = 0

que são as equações cartesianas da reta EV.

c) A reta EV é perpendicular ao plano ABC. Logo,qualquer vetor diretor da reta é normal ao plano.Assim, o vetor (1, 0, 1) é normal ao plano ABC e,consequentemente, é normal a qualquer plano quelhe seja paralelo.Como o ponto V pertence à reta EV, tem-se que V(a, 0, a), a � R+, de acordo com a figura.

Vpirâmide = �2� ⇔ �13

� × 1 × 1 × E�V� = �2�

⇔ E�V� = 3�2�

⇔ ��a� –� �12��2�+� 0�2�+� ��a� –� �

12��2� = 3�2�

⇔ 2�a – �12

��2

= 18

⇔ �a – �12

��2

= 9

⇔ a – �12

� = 3 ∨ a – �12

� = –3

⇔ a = �72

� ∨ a = – �52

�

Como a � R+, então V ��72

�, 0, �72

��.

Assim, uma equação do plano paralelo a ABC quecontém V é:

1�x – �72

�� + 0(y – 0) + 1�z – �72

�� = 0

⇔ x – �72

� + z – �72

� = 0

⇔ x + z = 7

Aprende Fazendo

Páginas 168 a 184

1. O declive da reta r é – �13

�. Logo, o declive da reta s,

que é perpendicular à reta r, é 3. Assim, a reta r é da forma y = 3x + b.Como o ponto de coordenadas (1, 2) pertence àreta s, tem-se:2 = 3 × 1 + b ⇔ b = –1Logo, s: y = 3x – 1.A opção correta é a (B).

�2��

2

Logo, B ��12

�, , �12

�� e D ��12

�, – , �12

��. �2��

2�2��

2

EV→

· AC→

= 0 �x – �12

�, y, z – �12

�� · (1, 0, –1) = 0

2. O declive da reta de equação y = 2x + 5 é 2, peloque o declive de uma reta que lhe seja perpendicular

é – �12

�.

Na opção (A) tem-se:

y + �12

� x – �3� = 0 ⇔ y = – �12

� x + �3�


3. A circunferência representada na figura tem centrono ponto de coordenadas (4, 2) e raio 2. Assim, umaequação dessa circunferência é (x – 4)2 + (y – 2)2 ≤ 4,o que exclui as opções (B) e (C). As retas p e r representadas na figura são perpen-diculares, pelo que o produto dos seus declives éigual a –1. Assim, exclui-se a opção (A).A opção correta é a (D).

4. (v→

– u→

) · u→

= v→

· u→

– u→

· u→

= 0 – ||u→

||2 = – ||u→

||2


5. ||u→

|| = �3�2�+� 0�2�+� (�–�1�)2� = �1�0�AB→

= (3, 0, –1) – (2, –4, –4) = (1, 4, 3)

�12

� ||AB→

|| = �12

� �1�2�+� 4�2�+� 3�2� = �12

� �2�6�

Logo, ||u→

|| ≠ �12

� ||AB→

||, o que significa que a proposi-ção (I) é falsa.

�31

� ≠ �04

� ≠ �–31�, logo u

→ e AB

→não são colineares e a

proposição (II) é falsa.

u→

· AB→

= 3 × 1 + 0 × 4 + (–1) × 3 = 3 – 3 = 0, ouseja, os vetores u

→e AB

→são perpendiculares e a

proposição (III) é verdadeira.A opção correta é a (D).

6. Se a→

· b→

< 0, então o ângulo formado pelos veto-res a

→e b

→é um ângulo obtuso, o que apenas

acontece na opção (A):


7. AB→

· AC→

= 18 ⇔ ||AB→

|| ||AC→

|| cos 60o = 18

⇔ x × x × �12

� = 18 ⇔ x2 = 36

Logo, x = 6, ou seja, a medida do lado do triânguloé 6. Assim, o seu perímetro é 3 × 6 = 18.A opção correta é a (A).

8. RQ→

· PO→

= ||RQ→

|| ||PO→

|| cos 120o =

= a × a × �– �12

�� = – �a2

2�


9. O centro da circunferência é a origem do referen-cial. Seja T o ponto de tangência.

OT→

= (3, 4), pelo que o declive da reta OT é igual a �43

�.

Uma reta que seja tangente à circunferência noponto T é perpendicular à reta OT e tem declive

igual a – �34

�.


10. A reta tangente à circunferência de centro C noponto A é o lugar geométrico dos pontos P(x, y)do plano tais que CA

→· AP

→= 0.


11. Um vetor diretor da reta r é r→�2, –1, �

18

��.

�2, –1, �18

�� · (16, –8, 1) = 2 × 16 + (–1) × (–8) + �18

� × 1 =

= 32 + 8 + �18

� = �328

1�

Ou seja, a reta r não é perpendicular à reta defini-da por (x, y, z) = k(16 –8, 1), k � R.

�126� = �–

–18� = = �

18

�

Logo, a reta r é paralela à reta definida por:(x, y, z) = = k(16 –8, 1), k � RA opção correta é a (B).

12. Um vetor diretor da reta r é r→�2, �

53

�, 0�, que não é

colinear com o vetor de coordenadas (2, 5, 0), logoeste não é um vetor diretor da reta r.Um vetor normal ao plano α é n

→(6, 5, 0), que não

é colinear com o vetor de coordenadas (6, 5, –4),logo este não é um vetor normal ao plano α.

r→

· n→

= 2 × 6 + �53

� × 5 + 0 × 0 = �631�, logo os vetores

r→

e n→

não são perpendiculares e, portanto, a reta rnão é estritamente paralela ao plano α.

Uma vez que �26

� = = �13

�, então r→

é colinear a n→

,

logo a reta r é perpendicular ao plano α.


13. (2, 4, –1) · (2, k – 1, –1) = 0 ⇔ 4 + 4k – 4 + 1 = 0

⇔ 4k + 1 = 0 ⇔ k = – �14

�


�18

�

�1

�53

�

�5


14. Um vetor normal ao plano dado é n→

(1, –2, 0).(1, –2, 0) · (3, 2, 1) = 3 – 4 + 0 = –1, logo o plano nãoé paralelo à reta definida na opção (A).

(1, –2, 0) · �3, �23

�, –5� = 3 – �43

� + 0 = �53

�, logo o plano

não é paralelo à reta definida na opção (B).(1, –2, 0) · (4, 5, 0) = 4 – 10 + 0 = –6, logo o planonão é paralelo à reta definida na opção (C).(1, –2, 0) · (0, 0, 1) = 0 + 0 + 0 = 0, logo o plano éparalelo à reta definida na opção (D).A opção correta é a (D).

15. ||u→

+ v→

|| = �||u→� +� v

→�||2� =

= �(u→� +� v

→�)�·�(u→� +� v

→�)� =

= �u→��· u

→� +� 2�u→� ·� v

→� +� v→� ·� v

→� =

= �||u→�||2� +� 2� ||�u→�||�||v

→�||�c�o�s�(u→�^,�v

→�)�+� ||�v→�||2� =

= �3�2�+� 2� ×� 3� ×� 4� ×� c�o�s� ��3π

��+� 4�2� =

= �9� +� 2�4� ×� �12��+� 1�6� =

= �3�7�

||u→

– v→

|| = �||u→� –� v

→�||2� =

= �(u→� –� v

→�)�·�(u→� –� v

→�)� =

= �u→��· u

→� –� 2�u→� ·� v

→� +� v→� ·� v

→� =

= �||u→�||2� –� 2� ||�u→�||�||v

→�||�c�o�s�(u→�^,�v

→�)�+� ||�v→�||2� =

= �3�2�–� 2� ×� 3� ×� 4� ×� c�o�s� ��3π

��+� 4�2� =

= �9� –� 2�4� ×� �12��+� 1�6� =

= �1�3�A opção correta é a (A).

16. (AB→

+ AC→

) · BC→

= AB→

· BC→

+ AC→

· BC→

== l × l × cos 120o + l × l × cos 60o =

= – �l2

2� + �

l2

2� =

= 0A opção correta é a (D).

17. Seja T(x, y) um ponto da reta t.

OP→

· PT→

= 0 ⇔ (a, b) · (x – a, y – b) = 0

⇔ ax – a2 + by – b2 = 0

⇔ by = –ax + a2 + b2

⇔ y = – �ab

� x + �a2 +bb2

�

Tendo em conta que a circunferência representa-da tem centro na origem e raio 1, tem-se que a = cos α e b = sen α, onde α representa a inclina-ção da reta OP e, então, a2 + b2 = cos2 α + sen2 α = 1.

Assim, y = – �ab

� x + �1b

� é a equação reduzida da reta t.

A ordenada do ponto Q é 0 e o ponto Q pertence àreta t, logo:

0 = – �ab

� x + �1b

� ⇔ 0 = –ax + 1 ⇔ x = �1a

�


18. Seja α = (CA→

,^

CB→

).

�32

ππ� = ⇔ α = �

4π

� × �23

� ⇔ α = �6π

�

Assim:

CA→

· CB→

= �3� × �3� × cos��6π

�� =


19. Um vetor normal ao plano α é nα→

(9, –6, 3).

Um vetor normal ao plano β é nβ→

(4, –�2�, 8).

Um vetor normal ao plano γ é nγ→

(–3, 2, –1). nα→

= –3nγ→

, logo, os planos α e γ são paralelos, masas equações que os definem não são equivalentes,pelo que se trata de planos estritamente paralelos.

�94

� ≠ ≠ �38

�, pelo que os planos α e β não são

paralelos, e também não o são os planos β e γ.A opção correta é a (D).

20.

a) y = 3 representa uma reta horizontal, logo a suainclinação é 0 radianos.

b) x = 4 representa uma reta vertical, logo a sua incli-

nação é �2π

� radianos.

c) A reta de equação y = x + 1 tem declive 1. Assim, sendo α a inclinação desta reta: tg α = 1 ∧ 0 < α < π

Logo, α = �4π

� radianos.

d) 2x + 2y – 7 = 0 ⇔ 2y = –2x + 7 ⇔ y = –x + �72

�

A reta de equação 2x + 2y – 7 = 0 tem declive –1.Assim, sendo α a inclinação desta reta: tg α = –1 ∧ 0 < α < π

Logo, α = �34π� radianos.

e) A reta de equação (x, y) = (1, 2) + k(6, 2�3�), k � R

tem declive = .

Assim, sendo α a inclinação desta reta:

tg α = ∧ 0 < α < π

Logo, α = �6π

� radianos.

�4π

��

α

3�3��

2

–6�–�2�

�3��

32�3��

6

�3��

3


x = 1 – kf) A reta definida por , k � R tem

y = 2 + �3�k

declive = –�3�.

Assim, sendo α a inclinação desta reta: tg α = –�3� ∧ 0 < α < π

Logo, α = �23π� radianos.

21. Reta r:

mr = tg 30o =

O ponto de coordenadas (0, –2) pertence à reta r.

Logo, r: y = x – 2.

Reta s:ms = tg 45o = 1O ponto de coordenadas (0, –2) pertence à reta s.Logo, s: y = x – 2.

Reta t:mt = tg 120o = –�3�O ponto de coordenadas (0, –2) pertence à reta t.Logo, t: y = –�3�x – 2.

22. Reta r:Os pontos de coordenadas (0, –4) e (5, 0) perten-cem à reta r.

Logo, mr = �–04––50

� = �45

�.

Como o ponto de coordenadas (0, –4) pertence à

reta r, r : y = �45

� x – 4.

Sendo α a inclinação da reta r:

tg α = �45

� ∧ 0o < α < 180o

Logo, α ≈ 38,7o.

Reta s:Os pontos de coordenadas (3, 1) e (5, 0) perten-cem à reta s.

Logo, ms = �13

––

05

� = – �12

�.

Assim, s: y = – �12

� x + b.

Como o ponto de coordenadas (5, 0) pertence àreta s:

0 = – �12

� × 5 + b ⇔ b = �52

�

Então, s: y = – �12

� x + �52

�.

Sendo β a inclinação da reta s:

tg β = – �12

� ∧ 0o < β < 180o

Logo, β ≈ 153,4o.

23. (u→

– v→

) · (u→

+ v→

) = 19 ⇔ u→

· u→

– v→

· v→

= 19⇔ ||u

→||2 – ||v

→||2 = 19

⇔ 102 – ||v→

||2 = 19⇔ ||v

→||2 = 100 – 19

⇔ ||v→

||2 = 81Logo, ||v

→|| = �8�1� = 9.

24.

a) AB→

= (2, –5) – (0, 3) = (2, –8)(2AB

→) · u

→= (4, –16) · (–1, 4) = –4 – 64 = –68

b) u→

· (u→

+ 6v→

) = u→

· u→

+ 6u→

· v→

== ||u

→||2 + 0 = (–1)2 + 42 = 17

c) BA→

= – AB→

= (–2, 8)

�v→ + �12

� BA→

� · (3u→

) = 3u→

· v→

+ �32

� BA→

· u→

=

= 3 × 0 + (–3, 12) · (–1, 4) = 3 + 48 = 51

25.

a) AB→

· MP→

= 0, sendo M o ponto médio do segmentode reta [AB], representa a mediatriz do segmentode reta [AB].

b) AP→

· BP→

= 0 representa a circunferência de diâme-tro [AB].

c) AP→

· BP→

≤ 0 representa o círculo de diâmetro [AB].

d) AP→

· AB→

= 0 representa a reta tangente à circunfe-rência de centro em B e raio A�B� no ponto A oureta perpendicular ao segmento de reta [AB] quepassa em A.

26.

a)

i) BO→

· CD→

= 8 × 4 × cos 0o = 32

ii) AB→

· CD→

= 4 × 4 × cos 180o = –16

iii) OD→

· OB→

= 4 × 8 × cos 60o = 32 × �12

� = 16

iv) OA→

· AD→

= 4 × 4 × cos 120o = 16 × �– �12

�� = –8

b) PD→

· PA→

= 0 representa a circunferência de diâ-metro [AD].

Seja h a altura do triângulo [OAD]. Pelo Teoremade Pitágoras:42 = 22 + h2 ⇔ h2 = 16 – 4 ⇔ h2 = 12

Pelo que, h = �1�2� = 2�3�.

�3��

–1

�3��

3

�3��

3


Assim, D(2, 2�3�).

PD→

· PA→

= 0 ⇔ (2 – x, 2�3� – y) · (4 – x, –y) = 0⇔ 8 – 2x – 4x + x2 – 2�3�y + y2 = 0⇔ x2 – 6x + y2 – 2�3�y = –8⇔ x2 – 6x+ 9 + y2 – 2�3�y+ 3 = –8 + 9 + 3⇔ (x – 3)2 + (y – �3�)2 = 4

27.

a) O declive da reta definida por

(x, y) = (5, �2�) + k(3, –4), k � R é – �43

�.

Logo, o declive de uma reta que lhe seja perpendi-

cular é �34

�.

Assim, a equação pedida é da forma y = �34

�x + b.

Como o ponto A(1, 2) pertence a esta reta:

2 = �34

� × 1 + b ⇔ b = �54

�

A equação pedida é y = �34

� x + �54

�.

b) x – 5y = 2 ⇔ 5y = x – 2 ⇔ y = �15

�x – �25

�

O declive da reta definida por x – 5y = 2 é �15

�.

Logo, o declive de uma reta que lhe seja perpendi-cular é –5. Assim, a equação pedida é da forma y = –5x + b.Como o ponto A(1, 2) pertence a esta reta:2 = –5 × 1 + b ⇔ b = 7A equação pedida é y = –5x + 7.

c) O declive da reta é dado por m = tg 150o = – .

Como o ponto A(1, 2) pertence a esta reta:

2 = – × 1 + b ⇔ b = 2 +

d) O declive da reta é dado por m = tg 45o = 1.Assim, a equação pedida é da forma y = x + b.Como o ponto A(1, 2) pertence a esta reta:2 = 1 + b ⇔ b = 1A equação pedida é y = x + 1.

28.

a) O declive da reta r é 2. Um vetor diretor desta retaé r

→(1, 2).

O declive da reta s é –4. Um vetor diretor destareta é s

→(1, –4).

r→

· s→

= (1, 2) · (1, –4) = 1 – 8 = –7

||r→

|| = �1�2�+� 2�2� = �5�

||s→

|| = �1�2�+� (�–�4�)2� = �1�7�Seja α o ângulo formado pelas retas r e s.

cos α =

Logo, α ≈ 40,6o.


(–2, 3).

5x + 2y = 7 ⇔ 2y = –5x + 7 ⇔ y = – �52

� x + �72

�

O declive da reta s é – �52

�. Um vetor diretor da retas é s

→(2, –5).

r→

· s→

= (–2, 3) · (2, –5) = –4 – 15 = –19

||r→

|| = �(–�2�)2� +� 3�2� = �1�3�||s

→|| = �2�2�+� (�–�5�)2� = �2�9�

Seja α o ângulo formado pelas retas r e s.

cos α =

Logo, α ≈ 11,9o.

c) A reta r é uma reta horizontal e a reta s é uma retavertical, logo o ângulo formado pelas retas r e s é 90o.

29.

a) AB→

· MP→

= 0, sendo M o ponto médio do segmentode reta [AB], representa o plano mediador do seg-mento de reta [AB].

b) AP→

· BP→

= 0 representa a superfície esférica de diâ-metro [AB].

c) AP→

· BP→

≤ 0 representa a esfera de diâmetro [AB].

d) AP→

· AB→

= 0 representa o plano tangente à superfí-cie esférica de centro em B e raio A�B� no ponto A ouplano perpendicular ao segmento de reta [AB] quepassa em A.

(x, y, 1) · (6, 4, 0) = 0 6x + 4y = 030. ⇔

(x, y, 1) · �1, 0, – �12

�� = 0 x – �12

� = 0

3 + 4y = 0 y = – �34

�

⇔ ⇔x = �

12

� x = �12

�

31.

a) AB→

= (0, –1, 4) – (1, – 1, 3) = (–1, 0, 1)

Assim, um sistema de equações paramétricas dareta AB é:

x = 1 – λy = –1 , λ � Rz = 3 + λ

|–7|��5� × �1�7�

|–19|��1�3� × �2�9�

�3��

3

�3��

3�3��

3


Assim, a equação pedida é da forma y = – x + b.�3��

3

A equação pedida é y = – x + 2 + .�3��

3�3��

3

b) Sendo a reta s paralela ao eixo Oz, um vetor diretordesta reta é (0, 0, 1). Assim, uma equação vetorial da reta s é: (x, y, z) = (0, –1, 4) + k(0, 0, 1), k � R

32.

a) (0, 2, –1) = (1, 2, –3) + t(–2, 0, 4)

0 = 1 – 2t 2t = 1 t = �12

�

⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2

–1 = –3 + 4t 4t = 2 t = �12

�

Logo, o ponto A pertence à reta r.

(–5, 2, –3) = (1, 2, –3) + t(–2, 0, 4)

–5 = 1 – 2t 2t = 6 t = 3⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2 ⇔ 2 = 2

–3 = –3 + 4t 4t = 0 t = 0

Logo, o ponto B não pertence à reta r.

b) Os pontos do plano definidos por y = x são daforma (x, x, z), sendo x e z números reais.

(x, x, z) = (1, 2, –3) + t(–2, 0, 4)

x = 1 – 2t 2 = 1 – 2t⇔ x = 2 ⇔ x = 2

z = –3 + 4t ————

t = – �12

� t = – �12

�

⇔ x = 2 ⇔ x = 2 z = –3 – 2 z = –5

O ponto de interseção da reta r com o plano y = xtem coordenadas (2, 2, –5).

c)

i) Um vetor diretor da reta s é, por exemplo, (–1, 0, 2),que é colinear com (–2, 0, 4), que é um vetor diretorda reta r.Assim, s: (x, y, z) = (–5, 2, –3) + k(–1, 0, 2), k � R.

ii) Um vetor diretor da reta t tem de ser perpendicular aovetor (–2, 0, 4), podendo ser, por exemplo, (4, 0, 2).Assim, t: (x, y, z) = (0, 0, 0) + k(4, 0, 2), k � R.

iii) Um vetor normal ao plano α é (–1, 2, –1), que é umvetor diretor da reta u, perpendicular ao plano α.Assim, u: (x, y, z) = (0, 0, 0) + k(–1, 2, –1), k � R.

iv) Um vetor normal ao plano β é (1, –1, –2). Um vetordiretor da reta v tem de ser perpendicular ao vetornormal ao plano, por exemplo, (1, 1, 0).Assim, v: (x, y, z) = (–5, 2, –3) + k(1, 1, 0), k � R.

33.

a) Por exemplo, (x, y, z) = (1, 2, 3) + k(4, 5, 6), k � R.

b) Por exemplo, (x, y, z) = (1, 2, 3) + k(4, 5, 0), k � R.

c) Por exemplo, (x, y, z) = (1, 2, 3) + k(1, 0, 1), k � R.

d) Por exemplo, (x, y, z) = (1, 2, 3) + k(0, 0, 1), k � R.

e) Por exemplo, (x, y, z) = (1, 2, 3) + k(–3, –1, 7), k � R.

34.

a) 4(x – 1) + 5(y – 2) + 6(z – 3) = 0⇔ 4x – 4 + 5y – 10 + 6z – 18 = 0⇔ 4x + 5y + 6z – 32 = 0

b) AB→

= (0, –2, 4) – (1, 2, 3) = (–1, –4, 1)

AC→

= (1, 0, 0) – (1, 2, 3) = (0, –2, –3)Seja u

→(a, b, c) um vetor não nulo, simultanea-

mente perpendicular aos vetores AB→

e AC→

.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (–1, –4, 1) = 0⇔

u→

· AC→

= 0 (a, b, c) · (0, –2, –3) = 0

–a – 4b + c = 0 –a – 4 × �– �32

� c� + c = 0 ⇔ ⇔

–2b – 3c = 0 b = – �32

� c

–a + 7c = 0 a = 7c⇔ ⇔

———— b = – �32

� c

Assim, u→�7c, – �

32

� c, c�, c � R.


(14, –3, 2).

Então, u→

(14, –3, 2) é um vetor normal ao plano eA(1, 2, 3) é um ponto do plano:

14(x – 1) – 3(y – 2) + 2(z – 3) = 0⇔ 14x – 14 – 3y + 6 + 2z – 6 = 0⇔ 14x – 3y + 2z – 14 = 0

c) Um vetor normal ao plano é, por exemplo, (8, 0, 3).8(x – 1) + 3(z – 3) = 0 ⇔ 8x – 8 + 3z – 9 = 0

⇔ 8x + 3z = 17

d) �2�(x – 1) + 1(y – 2) – 1(z – 3) = 0⇔ �2�x – �2� + y – 2 – z + 3 = 0⇔ �2� x + y – z = �2� – 1

e) 0(x – 1) + 1(y – 2) + 0(z – 3) = 0 ⇔ y – 2 = 0⇔ y = 2

35.

a) Vsólido = 288 ⇔ a3 + �13

� a3 = 288

⇔ a3 = 216⇔ a = 6

R(6, 0, 6), V(3, 3, 12), U(6, 6, 6)

RV→

= (3, 3, 12) – (6, 0, 6) = (–3, 3, 6)

UV→

= (3, 3, 12) – (6, 6, 6) = (–3, –3, 6)

||RV→

|| = � (–�3�)2� +� 3�2�+� 6�2� = �5�4�||UV

→|| = � (–�3�)2� +� (�–3�)2� +� 6�2� = �5�4�


RV→

· UV→

= (–3, 3, 6) · (–3, –3, 6) = 9 – 9 + 36 = 36Seja α a amplitude do ângulo formado pelas retasRV e UV.

cos α = = �35

64� = �

23

�

Assim, α ≈ 48,2o.

b) RV→

= (–3, 3, 6)

Assim, RV: (x, y, z) = (6, 0, 6) + k(–3, 3, 6), k � R.

c) M(3, 3, 6), T(0, 6, 6)

MT→

= (0, 6, 6) – (3, 3, 6) = (–3, 3, 0)

x = 6 – 3λAssim, y = 6 + 3λ, λ � R

z = 6

é o sistema de equações paramétricas pedido.

d) Os pontos R, S e V não são colineares.R(6, 0, 6)–2 × 0 + 6 – 6 = 0 ⇔ 0 = 0, logo o ponto R perten-ce ao plano definido por –2y + z – 6 = 0.S(0, 0, 6)–2 × 0 + 6 – 6 = 0 ⇔ 0 = 0, logo o ponto S perten-ce ao plano definido por –2y + z – 6 = 0.V(3, 3, 12)–2 × 3 + 12 – 6 = 0 ⇔ 0 = 0, logo o ponto V per-tence ao plano definido por –2y + z – 6 = 0.Logo, o plano RSV pode ser definido por:–2y + z – 6 = 0

e) RP→

· TP→

= 0⇔ (x – 6, y, z – 6) · (x, y – 6, z – 6) = 0⇔ x2 – 6x + y2 – 6y + z2 – 12z + 36 = 0⇔ x2 + y2 + z2 – 6x – 6y – 12z + 36 = 0

36.

a) OA→

· OE→

= r × r × cos 72o = r2 cos 72o

Logo, a proposição é verdadeira.

Cálculo auxiliar

�36

50o� = 72o

b) OA→

· OC→

= r × r × cos (2 × 72o) = r2 cos 144o


c) AO→

· AE→

= r × l × cos ��1028o�� = r l cos 54o


Cálculo auxiliar

�180o ×

5(5 – 2)� = 108o

d) CB→

· CD→

= l × l × cos 108o ≠ l2 cos 216o

Logo, a proposição é falsa.

e) AB→

· ED→

= l × l × cos ��180o –2

108o�� = l2 cos 36o


f) DC→

· DB→

= l × 2l cos 36o cos 36o ≠ 2l2 cos 36o cos 72o

Logo, a proposição é falsa.

Cálculo auxiliarPela Lei dos Cossenos: l2 = l2 + D�B�2 – 2l D�B� cos 36o

⇔ D�B�2 – 2l D�B� cos 36o = 0⇔ D�B� (D�B� – 2l cos 36o) = 0⇔ D�B� = 0 ∨ D�B� = 2l cos 36o

Logo, D�B� = 2l cos 36o.

g) DC→

· DA→

= l × 2l cos 36o × cos (108o – 36o) == 2l2 cos 36o cos 72o


37. AB→

· AC→

= 6 × 3�3� × cos ��60

2

o�� = 18�3� × =

= 9 × 3 = 27

Cálculo auxiliar


A�C�2 = 32 + 32 – 2 × 3 × 3 × cos 120o ⇔ A�C�2 = 27

Logo, A�C� = �2�7� = 3�3�.

38.

a) ||v→

|| = ||w→

|| ⇔ � v→� ·� v

→�� = � w→� ·� w

→��⇔ v

→· v

→= w

→· w

→

⇔ v→

· v→

– w→

· w→

= 0 ⇔ (v

→+ w

→) · (v

→– w

→) = 0

Ou seja, ||v→

|| = ||w→

|| quando e apenas quando osvetores v

→+ w

→e v

→– w

→forem perpendiculares.

b) Uma vez que ||v→

|| = ||w→

||, então os vetores v→

+ w→

e v→

– w→

são perpendiculares.AB→

+ AD→

= AC→

= v→

+ w→

AB→

– AD→

= DB→

= v→

– w→

Então, as diagonais do quadrilátero [ABCD] sãoperpendiculares e os seus lados têm comprimen-tos iguais, ou seja, [ABCD] é um losango.

39.

a) ||u→

+ v→

||2 = (u→

+ v→

) · (u→

+ v→

) =

= u→

· u→

+ u→

· v→

+ v→

· u→

+ v→

· v→

=

= ||u→

||2 + 2u→

· v→

+ ||v→

||2

36��5�4� × �5�4�

�3��

2


b) Caso u→

e v→

sejam perpendiculares, tem-se ||u

→+ v

→||2 = ||u

→||2 + ||v

→||2 ou seja, a propriedade

referida na alínea anterior reduz-se ao Teorema dePitágoras.

c) Seja α o ângulo formado pelos vetores u→

+ v→

e v→

.

cos α = ⇔ cos α =

⇔ cos α = ⇔ cos α =

⇔ cos α = �12

�

Logo, α = 60o.

Cálculo auxiliar

||u→

+ v→

||2 = ||u→

||2 + 2u→

· v→

+ ||v→

||2

⇔ 2u→

· v→

= ||u→

+ v→

||2 – ||u→

||2 – ||v→

||2

⇔ u→

· v→

=

⇔ u→

· v→

= –

40.

a) Pela Lei dos Cossenos:

||u→

– v→

||2 = ||u→

||2 + ||v→

||2 – 2||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

)

⇔ 2||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

) = ||u→

||2 + ||v→

||2 – ||u→

– v→

||2

⇔ cos (u→

,^

v→

) =

Assim:

u→

· v→

= ||u→

|| ||v→

|| cos (u→

,^

v→

) =

= ||u→

|| ||v→

|| =

= =

= �12

� (||u→||2 + ||v→

||2 – ||u→

– v→

||2)

b)

i) AB→

· AC→

= �12

� (62 + 52 – 42) = �425�

ii) BA→

· BC→

= �12

� (62 + 42 – 52) = �227�

iii) CA→

· CB→

= �12

� (52 + 42 – 62) = �52

�

41.

a) u→

· v→

< 0 ⇔ (k, 3) · (2, k – 1) < 0⇔ 2k + 3k – 3 < 0

⇔ 5k < 3

⇔ k < �35

�

⇔ k � �–�, �35

��b) u

→· v

→= 0 ⇔ (k, 3) · (2, k – 1) = 0

⇔ 2k + 3k – 3 = 0⇔ 5k = 3

⇔ k = �35

�

c) u→

· (u→

+ v→

) = 0 ⇔ (k, 3) · (k + 2, k + 2) = 0⇔ k2 + 2k + 3k + 6 = 0⇔ k2 + 5k + 6 = 0

⇔ k =

⇔ k = –2 ∨ k = –3

42.

a) AP→

· BP→

= 0 ⇔ (x, y – 1) · (x – 6, y – 5) = 0⇔ x2 – 6x + y2 – 6y + 5 = 0⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 6y + 9 = –5 + 9 + 9⇔ (x – 3)2 + (y – 3)2 = 13

b) Os pontos C e D são ambos da forma (x, 0), sendox real.Substituindo na equação da circunferência, vem:(x – 3)2 + (0 – 3)2 = 1 ⇔ (x – 3)2 = 4

⇔ x – 3 = 2 ∨ x – 3 = –2⇔ x = 5 ∨ x = 1

Assim, C(1, 0) e D(5, 0).

c) O ponto M(3, 3) é o centro da circunferência.

MC→

· CP→

= 0⇔ (1 – 3, 0 – 3) · (x – 1, y) = 0⇔ (–2, –3) · (x – 1, y) = 0⇔ –2x + 2 – 3y = 0⇔ 3y = –2x + 2

⇔ y = – �23

� x + �23

�, que é a equação reduzida da reta

tangente à circunferência no ponto C.

MD→

· DP→

= 0⇔ (5 – 3, 0 – 3) · (x – 5, y) = 0⇔ (2, –3) · (x – 5, y) = 0⇔ 2x – 10 – 3y = 0⇔ 3y = 2x – 10

⇔ y = – �23

� x – �130�, que é a equação reduzida da

reta tangente à circunferência no ponto D.

d) O declive da reta definida por y = – �23

� x + �23

� é – �23

�.

Então, um seu vetor diretor pode ser u→

(3, –2).

O declive da reta definida por y = – �23

� x – �130� é �

23

�.

–5 ± �5�2�–� 2�4��

2

�||u

→||2

�

�||u→||2

– �||u→

||2� + ||u

→||2

��||u→||2

||u→

+ v→

||2 – ||u→

||2 – ||v→

||2��

2

||u→

||2�

2

||u→

||2 + ||v→

||2 – ||u→

– v→

||2��

2 ||u→|| ||v→||

||u→

||2 + ||v→

||2 – ||u→

– v→

||2��

2 ||u→|| ||v→||

||u→

||2 + ||v→

||2 – ||u→

– v→

||2��

2

u→

· v→

+ v→

· v→

��||u→ + v→|| ||v→||

(u→

+ v→

) · v→

��||u→ + v→|| ||v→||


⇔ u→

· v→

= ||u

→||2 – ||u

→||2 – ||u

→||2

��2

2 2

Então, um seu vetor diretor pode ser v→

(3, 2).

u→

· v→

= (3, –2) · (3, 2) = 9 – 4 = 5

||u→

|| = �3�2�+� (�–�2�)2� = �1�3�||v

→|| = �3�2�+� 2�2� = �1�3�

Seja α a amplitude do ângulo formado pelas retas.

cos α = = �153�

Logo, α ≈ 67,38o.

43.

a)mt = tg 30o =

Então, u: y = –�3� x + b.Como o ponto A pertence à reta u:0 = –�3� × 5 + b ⇔ b = 5�3�.Assim, u: y = –�3� x + 5�3�.

b) Como B pertence à reta u:y = –�3� × 4 + 5�3� = �3�Logo, B(4, �3�).C(x, 0), sendo x um número real.BA→

· BC→

= 0⇔ (5 – 4, 0 – �3�) · (x – 4, 0 – �3�) = 0⇔ (1, –�3�) · (x – 4, –�3�) = 0⇔ x – 4 + 3 = 0⇔ x = 1Logo, a abcissa do ponto C é 1.

44.

a) 1.o processo

DA→

· DC→

= ||DA→

|| ||DC→

|| cos (DA→

,^

DC→

) =

= a × a × cos 60o = �a2

2�

AD→

· DB→

= ||AD→

|| ||DB→

|| cos (AD→

,^

DB→

) =

= a × a × cos 120o = – �a2

2�

2.o processo

DA→

· DC→

= DA→

× DI→

= a × �a2

� = �a2

2�

AD→

· DB→

= –AD→

× DI→

= –a × �a2

� = – �a2

2�

b) AD→

· CB→

= AD→

· (CA→

+ AB→

) = = AD

→· CA

→+ AD

→· AB

→=

= CA→

· AD→

+ AD→

· AB→

= = DA

→· DC

→+ AD

→· AB

→=

= �a2

2� – �a

2

2� =

= 0

Logo, AD→

e CB→

são vetores perpendiculares.

45.

a) Um vetor diretor da reta r é r→

(1, 2, –1) e um vetordiretor da reta s é s

→(2, 1, –2). Estes vetores não

são colineares, já que �12

� ≠ �21

�. Como o ponto de

coordenadas (1, 0, –1) é comum a ambas as retas,então r e s são retas concorrentes e, portanto,definem um plano.

b) Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamen-te perpendicular aos vetores r

→e s

→.

u→

· r→

= 0 (a, b, c) · (1, 2, –1) = 0⇔

u→

· s→

= 0 (a, b, c) · (2, 1, –2) = 0

a + 2b – c = 0⇔

2a + b – 2c = 0

c = a + 2b⇔

2a + b – 2a – 4b = 0

c = a⇔

b = 0

Assim, u→

(c, 0, c), c � R.Por exemplo, se c = 1 obtém-se u

→(1, 0, 1).

Então, u→

(1, 0, 1) é um vetor normal ao plano defini-do pelas retas r e s e (1, 0, –1) é um ponto do plano:1(x – 1) + 0(y – 0) + 1(z + 1) = 0⇔ x – 1 + z + 1 = 0⇔ x + z = 0Assim, o plano definido pelas retas r e s é estrita-mente paralelo ao plano de equação x + z = 2.

46.

a) O ponto A pertence ao plano xOy, pelo que A(x, y, 0),onde x e y representam números reais positivos.Uma vez que o triângulo [OAB] é equilátero, tem--se O�A� = O�B� e B�A� = O�B�.Como B pertence à reta BD e ao eixo Oy, tem-se queas suas coordenadas são (0, 4, 0) e, então, O�B� = 4.Assim:

O�A� = O�B� �x�2�+� y�2�+� 0�2� = 4 ⇔

B�A� = O�B� �x�2�+� (�y� –� 4�)2� +� 0�2 = 4

x2 + y2 = 16 ————⇔ ⇔

x2 + y2 – 8y + 16 = 16 16 – 8y = 0

———— x2 + 4 = 16⇔ ⇔

y = 2 ————

|5|��1�3� × �1�3�

�3��

3

Logo, mu = – = –�3� .3

��3�


x2 = 12 x = 2�3� x = –2�3�⇔ ⇔ ∨

———— y = 2 y = 2

Logo, A(2�3�, 2, 0).

b) E(0, 0, 6)

AE→

= (–2�3�, –2, 6)Logo, um sistema de equações paramétricas dareta AE é:

x = –2�3�λy = –2λ , λ � R.z = 6 + 6λ

c) AB→

= (–2�3�, 2, 0)Logo, um sistema de equações paramétricas dareta AB é:

x = –2�3�λy = 4 + 2λ , λ � R.z = 0

d) AE→

· AB→

= (–2�3�, –2, 6) · (–2�3�, 2, 0) = 12 – 4 + 0 = 8

||AE→

|| = �(–2��3��)2� +� (�–�2�)2��+��6�2� = �1�2� +� 4� +� 3�6� == �5�2�

||AB→

|| = � –(�2��3��)2� +� 2�2�+� 0�2� = �1�2� +� 4� +� 0� = 4

cos (AE,^

AB) =

Logo, (AE,^

AB) ≈ 73,9o.

e) Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamen-te perpendicular aos vetores AE

→e AB

→.

u→

· AE→

= 0 (a, b, c) · (–2�3�, –2, 6) = 0⇔

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · (–2�3�, 2, 0) = 0

–2�3�a – 2b + 6c = 0 ⇔

–2�3�a + 2b = 0

–2�3�a – 2�3�a + 6c = 0⇔

b = �3�a

6c = 4�3�a⇔

b = �3�a

⇔

b = �3�a

Assim, u→�a, �3�a, �, a � R.

plano ABE e (2�3�, 2, 0) é um ponto do plano:

1(x – 2�3�) + �3�(y – 2) + (z – 0) = 0

⇔ x + �3�y + z – 4�3� = 0

f) Um vetor diretor da reta é o vetor normal ao plano

ABE de coordenadas �1, �3�, �.Assim, uma equação vetorial da reta perpendicularao plano ABE e que contém o ponto O é:

(x, y, z) = (0, 0, 0) + k�1, �3�, �, k � R

g) O lugar geométrico dos pontos P(x, y, z) que satis-fazem a condição BE

→· MP

→= 0 é o plano mediador

do segmento de reta [BE].

BE→

= (0, 0, 6) – (0, 4, 0) = (0, –4, 6)

M = ��0 +2

0�, �0 +

24

�, �6 +2

0�� = (0, 2, 3)

BE→

· MP→

= 0 ⇔ (0, –4, 6) · (x, y – 2, z – 3) = 0⇔ –4y + 8 + 6z – 18 = 0⇔ –4y + 6z – 10 = 0⇔ –2y + 3z – 5 = 0

47.

a) Pelo Teorema de Pitágoras:

A�D�2 = 22 + 22 ⇔ A�D�2 = 8 Assim, A�D� = �8� = 2�2�, ou seja, a aresta do cubomede 2�2�.

b) A(2, 0, 0); B(4, 2, 0); C(2, 4, 0); D(0, 2, 0); E(2, 0, 2�2�);F(4, 2, 2�2�); G(2, 4, 2�2�); H(0, 2, 2�2�)

c)

i) BG→

= (2, 4, 2�2�) – (4, 2, 0) = (–2, 2, 2�2�)Um vetor diretor da reta BG é, por exemplo,

(–1, 1, �2�) �= �12

� BG→

�.

Assim, uma equação vetorial da reta BG é:(x, y, z) = (4, 2, 0) + k(–1, 1, �2�), k � R

ii) FH→

= (0, 2, 2�2�) – (4, 2, 2�2�) = (–4, 0, 0)Assim, as equações cartesianas da reta FH são y = 2 ∧ z = 2�2�.

iii) FG→

= (2, 4, 2�2�) – (4, 2, 2�2�) = (–2, 2, 0)Assim, uma equação vetorial da reta paralela àreta FG e que passa na origem do referencial é: (x, y, z) = (0, 0, 0) + k(–2, 2, 0), k � R

2�3�a�

3

2�3��

3

2�3��

3

2�3��

3

2�3��

3

|8|��5�2� × 4


Por exemplo, se a = 1, obtém-se u→�1, �3�, �.2�3�

�3

⇔ x – 2�3� + �3�y – 2�3� + z = 02�3��

3

c = 2�3�a�

3

Então, u→�1, �3�, � é um vetor normal ao2�3�

�3

iv) O plano BDH é paralelo ao plano xOz e contém oponto B(4, 2, 0).Assim, uma equação cartesiana do plano BDH é y = 2.

v) EF→

= (4, 2, 2�2�) – (2, 0, 2�2�) = (2, 2, 0)

EC→

= (2, 4, 0) – (2, 0, 2�2�) = (0, 4, –2�2�)Seja u

→(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamente

perpendicular aos vetores EF→

e EC→

.

u→

· EF→

= 0 (a, b, c) · (2, 2, 0) = 0⇔

u→

· EC→

= 0 (a, b, c) · (0, 4, –2�2�) = 0

2a + 2b = 0 a = –b⇔ ⇔

4b – 2�2�c = 0 c = b

a = –b⇔

c = �2�b

Assim, u→

(–b, b, �2�b), b � R. Por exemplo, se b = –1 obtém-se u

→(1, –1, –�2�). Então, u

→(1, –1, –�2�) é um vetor normal ao planoEFC e (2, 0, 2�2�) é um ponto do plano:1(x – 2) – 1(y – 0) – �2�(z – 2�2�) = 0⇔ x – 2 – y – �2�z + 4 = 0⇔ x – y – �2�z = –2

vi) FG→

= (2, 4, 2�2�) – (4, 2, 2�2�) = (–2, 2, 0)

–2(x – 0) + 2(y – 0) + 0(z – 0) = 0 ⇔ –2x + 2y = 0

48.

a) Um vetor diretor da reta r é r→��

14

�, �12

�, 1� e um vetor

normal ao plano α é n→

(2, 4, –1).

Ora, r→

· n→

= �12

� + 2 – 1 = �32

�, pelo que a reta não é

paralela ao plano α, ou seja, a reta r é concorrente

ao plano α.

b) Os pontos da reta r são da forma �1 + �4k�, 2 + �

2k�, 2 + k�,

sendo k um número real.Substituindo na equação do plano:

2 × �1 + �4k

�� + 4 �2 + �2k

�� – (2 + k) = –4

⇔ 2 + �2k

� + 8 + 2k – 2 – k = –4

⇔ �32

�k = –12

⇔ k = –8

Então, o ponto de interseção da reta r com o plano αtem coordenadas:

�1 – �84

�, 2 – �82

�, 2 – 8� = (–1, –2, –6)

49.

a) Um vetor diretor da reta r é r→

(–2, 3, 4) e um vetornormal ao plano α é n

→(0, 4, –3).

Ora, r→

· n→

= 0 + 12 – 12 = 0, pelo que a reta r éestritamente paralela ao plano α ou a reta r é coin-cidente com o plano α. Um ponto da reta é o ponto de coordenadas (1, 0, –7). Substituindo estas coordenadas na equa-ção do plano, tem-se:4 × 0 – 3 × (–7) = 1 ⇔ 21 = 1, que é uma proposi-ção falsa.Logo, a reta r é estritamente paralela ao plano α.


(2, –3, 1) e um vetornormal ao plano α é n

→(2, –1, –1).

Ora, r→

· n→

= 4 + 3 – 1 = 6, pelo que a reta r não éparalela ao plano α, ou seja, a reta r é concorrenteao plano α.Os pontos da reta r são da forma (1 + 2k, –2 – 3k,k), sendo k um número real.Substituindo na equação do plano:2 × (1 + 2k) – (–2 – 3k) – k = 6⇔ 2 + 4k + 2 + 3k – k = 6⇔ 6k = 2

⇔ k = �13

�

Então, o ponto de interseção da reta r com o plano αtem coordenadas:

�1 + �23

�, – 2 – 1, �13

�� = ��53

�, –3, �13

��50.

a) A reta EV é perpendicular ao plano ABC, pelo queum vetor normal a este plano é um vetor diretor dareta. Um vetor normal ao plano ABC e um vetordiretor da reta EV é n

→(–1, 6, 1).

Assim, uma equação vetorial que defina a reta EV

é (x, y, z) = �–1, �129�, 4� + k(–1, 6, 1), k � R.

b) O ponto E é o ponto de interseção da reta EV com oplano ABC.Os pontos da reta EV são da forma

�–1 – k, �129� + 6k, 4 + k�, sendo k um número real.

Substituindo na equação do plano ABC:

–(–1 – k) + 6��129� + 6k� + (4 + k) + 14 = 0

⇔ 1 + k + 57 + 36k + 4 + k + 14 = 0⇔ 38k = –76⇔ k = –2

Então, o ponto E tem coordenadas

�–1 + 2, �129� – 12, 4 – 2� = �1, – �

52

�, 2�.

2��2�


c) Se n→

(a, b, c) um vetor não nulo normal ao planocuja equação se pretende encontrar. Tem-se quen→

(–1, 6, 1) = 0, sendo (–1, 6, 1) um vetor normal ao

plano ABC, e que n→�1, �

225�, 2� = 0, onde �1, �

225�, 2�

é um vetor diretor da reta VA. Assim:

(a, b, c) · (–1, 6, 1) = 0 –a + 6b + c = 0⇔

(a, b, c) · �1, �225�, 2� = 0 a + �2

25� b + 2c = 0

a = 6b + c⇔

6b + c + �225� b + 2c = 0

———— ———— ⇔ ⇔

12b + 2c + 25b + 4c = 0 37b + 6c = 0

a = 6 × �– �367��c + c a = �

317� c

⇔ ⇔ b = – �

367� c b = – �

367� c

Assim, n→��

317� c, – �

367� c, c�, c � R.

Por exemplo, se c = –37, obtém-se n→

(–1, 6, –37).Então, n

→(–1, 6, –37) é um vetor normal ao plano

perpendicular a ABC e que contém a reta VA.

Como v �–1, �129�, 4� é um ponto deste plano:

–1(x + 1) + 6�y – �129�� – 37(z – 4) = 0

⇔ –x – 1 + 6y – 57 – 37z + 148 = 0⇔ –x + 6y – 37z + 90 = 0

51.

a)

i) OA→

· OB→

+ OD→

· OF→

=

= 4 × 4 × cos 45o + 4 × 4 × cos 90o =

= 16 × + 0 =

= 8�2�

Cálculo auxiliar

AO^

B = �36

80o� = 45o

i) AB→

· AF→

= 4 × 8 × cos 90o = 0

ii) DH→

· DF→

= 8 × 4�2� cos 45o =

= 32�2� × =

= 32


D�F�2 = 42 + 42 ⇔ D�F�2 = 32 Logo, D�F� = �3�2� = 4�2�.

Como H�F� = D�F� e [DH] é um diâmetro da circunferência,

HD^

F = �180o

2– 90o� = 45o.

b) DC→

· DE→

= l × l × cos ED^

C =

= ��3�2� �sseenn

2123,55

o

o��

2cos 135o =

= 32 × sen2 22,5o × �sceons2113355

o

o� =

= 32 sen2 22,5o × =

= –32�2� sen2 22,5o


ED^

C = �180o (88 – 2)� = 135o

DE^

C = EC^

D = �180o –2

135o� = 22,5o

C�E� = D�F� = �3�2�

Pela Lei dos Senos:

�sen 2

l2,5o� = ⇔ l = �3�2� �s

seenn

2123,55

o

o�

c) Já foi visto que l = �3�2� �sseenn

2123,55

o

o�.

DA^

H = 90o, já que o triângulo [DAH] está inscritonuma semicircunferência.


D�H�2 = H�A�2 + D�A�2 ⇔ 82 = ��3�2� �sseenn

2123,55

o

o��

2+ D�A�2

⇔ D�A�2 = 64 – 32��sseenn

2123,55

o

o��

2

Logo, D�A� = �6�4� –� 3�2� ��ss�ee�n

n� 21�23�,

55�o

o��

2�.

[DH] é um diâmetro da circunferência e GH^

A = 135o,por se tratar de um ângulo interno do octógono.

Logo, DH^

A = = 67,5o.

Então, HD^

A = 180o – 90o – 67,5o = 22,5o

Assim, DH→

– DA→

=

= 8 × �6�4� –� 3�2� ��ss�ee�n

n� 21�23�,

55�o

o��

2� × cos 225o ≈ 54,62.�2��

2

– ��

22�

��

�12

�

sen 135o��

�3�2�

135o�

2

�2��

2


2


52. CF→

· BG→

=

= (CB→

+ BF→

) · (BA→

+ AG→

) =

= CB→

· BA→

+ CB→

· AG→

+ BF→

· BA→

+ BF→

· AG→

=

= ||CB→

|| ||BA→

|| cos 90o + ||CB→

|| ||AG→

|| cos 180o +

+ ||BF→

|| ||BA→

|| cos 0o + ||BF→

|| ||AG→

|| cos 90o =

= 0 – A�B� × �12

� A�B� + �12

� A�B� × A�B� + 0 =

= 0

Logo, CF→

e BG→

são vetores perpendiculares.

53. C�A� 2 + C�B� 2 =

= ||CA→

||2 + ||CB→

||2 =

= CA→

· CA→

+ CB→

· CB→

=

= (CM→

+ MA→

) · (CM→

+ MA→

) + (CM→

+ MB→

) · (CM→

+ MB→

) =

= CM→

· CM→

+ 2CM→

· MA→

+ MA→

· MA→

+ CM→

· CM→

++ 2CM

→· MB

→+ MB

→· MB

→=

= 2CM→

· CM→

+ 2CM→

· (MA→

+ MB→

) + MA→

· MA→

++ MB

→· MB

→=

= 2||CM→

||2 + 2CM→

· 0→

+ �12

� AB→

· �12

� AB→

+ �12

� AB→

· �12

� AB→

=

= 2||CM→

||2 + 0 + 2 × �14

� AB→

· AB→

=

= 2||CM→

||2 + �12

� ||AB→

||2 =

= 2C�M� 2 +

54. AM→

· AN→

=

= (AB→

+ BM→

) · (AD→

+ DN→

) =

= AB→

· AD→

+ AB→

· DN→

+ BM→

· AD→

+ BM→

· DN→

=

= ||AB→

|| × �12

� ||AB→

|| cos 90o + ||AB→

|| ×

× �12

� ||AB→

|| cos 0o + �14

� ||AB→

|| × �12

� ||AB→

|| cos 0o +

+ �14

� ||AB→

|| × �12

� ||AB→

|| cos 90o =

= 0 + �12

� ||AB→

||2 + �18

� ||AB→

||2 + 0 =

= �58

� ||AB→

||2

55. ||a→

+ b→

|| = �(a→� +� b→�)�·�(a→� +� b

→�)� == �a→� ·� a→� +� 2�a→� ·� b

→� +� b→� ·� b

→� = = �6�2�+� 2� ×� 0� +� 3�2� = = �4�5� == 3�5�

||a→

– b→

|| = �(a→� –� b→�)�·�(a→� –� b

→�)� == �a→� ·� a→� –� 2�a→� ·� b

→� +� b→� ·� b

→� == �6�2�–� 2� ×� 0� +� 3�2� = = �4�5� == 3�5�

56. A�C� 2 = AC→

· AC→

=

= (BC→

– BA→

) · (BC→

– BA→

) =

= BC→

· BC→

– 2BC→

· BA→

+ BA→

· BA→

=

= ||BC→

||2 + ||BA→

||2 – 2||BC→

|| ||BA→

|| cos (BC→

,^

BA→

) =

= B�C�2 + B�A�2 – 2B�C� × B�A� × cos (BC→

,^

BA→

)

Cálculo auxiliar

AC→

= AB→

+ BC→

= BC→

+ AB→

= BC→

– BA→

57. CB→

= CD→

+ DB→

AB→

= AD→

+ DB→

Assim:

CB→

· AB→

=

= (CD→

+ DB→

) · (AD→

+ DB→

) =

= CD→

· AD→

+ CD→

· DB→

+ DB→

· AD→

+ DB→

· DB→

=

= C�D� × A�D� cos 180o + C�D� × D�B� × cos 90o × D�B� ×

× A�D� cos 90o + D�B� × D�B� cos 0o =

= –D�A� × D�C� + 0 + 0 + B�D�2 =

= – D�A� × D�C� + B�D�2

Uma vez que [ABC] é um triângulo retângulo emB, tem-se:

CB→

· AB→

= C�A� × C�B� cos 90o = 0

Logo:

–D�A� × D�C� + B�D�2 = 0 ⇔ D�A� × D�C� = B�D�2

58. BA→

= (1, 2) – (4, 6) = (–3, –4)

||BA→

|| = �(–�3�)2� +� (�–�4�)2� = �2�5� = 5

Seja D o vértice oposto a B.

D = A + BA→

= (1, 2) + (–3, –4) = (–2, –2)

Sejam C e E os restantes vértices.

Uma vez que [BCDE] é um quadrado, as suas dia-gonais são perpendiculares e têm o mesmo com-primento.

Seja u→

(a, b) um vetor não nulo perpendicular aBA→

e cujo comprimento é igual ao comprimentode BA

→.

Tem-se então que BA→

· u→

= 0 e ||u→

|| = ||BA→

||.

BA→

· u→

= 0 (–3, –4) · (a, b) = 0⇔

||u→

|| = ||BA→

|| �a�2�+� b�2� = 5

–3a – 4b = 0 a = – �43

� b⇔ ⇔

a2 + b2 = 25 �196�b2 + b2 = 25

———— a = –4 a = 4⇔ ⇔ ∨

b2 = 9 b = 3 b = –3

A�B�2

�2


Então, u→

(–4, 3) ou u→

(4, –3).Seja u

→(–4, 3).

Então:C = A + u

→= (1, 2) + (–4, 3) = (–3, 5)

E = A – u→

= (1, 2) – (–4, 3) = (1, 2) + (4, –3) = (5, –1)

59. O declive da reta de equação y = – �34

�x – �143� é – �

34

�,

pelo que um seu vetor diretor é, por exemplo, r→

(4, –3).Seja u

→(a, b) o vetor com origem em T e extremi-

dade no centro de uma circunferência nas condi-ções do enunciado.

r→

· u→

= 0 (4, –3) · (a, b) = 0⇔

||u→

|| = 10 �a�2�+� b�2� = 10

4a – 3b = 0 a = �34

� b⇔ ⇔

a2 + b2 = 100 �196�b2 + b2 = 100

a = �34

� b a = 6 a = –6⇔ ⇔ ∨

b2 = 64 b = 8 b= –8

Assim, os centros das circunferências são os pon-tos de coordenadas:(–3, –1) + (6, 8) = (3, 7) e (–3, –1) + (–6, –8) == (–9, –9)

60. Sejam r, s e t, respetivamente, as retas definidasno enunciado:r ∩ s:

�23

� x – �53

� = 2x – �13

� ⇔ 2x – 5 = 6x – 1 ⇔ 4x = –4

⇔ x = –1

y = �23

� × (–1) – �53

� = – �73

�

A �–1, – �73

��r ∩ t:

�23

� x – �53

� = – �23

� x + 5 ⇔ –2x – 5 = –2x + 15

⇔ 4x = 20 ⇔ x = 5

y = �23

� × 5 – �53

� = �53

�

C �5, ��53

� �s ∩ t:

2x – �13

� = – �23

� x + 5 ⇔ 6x – 1 = –2x + 15

⇔ 8x = 16 ⇔ x = 2

y = 2 × 2 – �13

� = �131�

C �2, �131� �

Pretende-se determinar a área do triângulo [ABC].

A�B� = �(5� +� 1�)2� +� ��53

�� +� �73��2� = �3�6� +� 1�6� = �5�2�

Seja h a altura do triângulo [ABC] relativa ao vér-tice C. h é a distância entre o ponto C e a reta AB = r.Seja u a reta perpendicular a r que passa em C.

u: y = – �32

� x + b

Como C pertence à reta u:

�131� = – �

32

� × 2 + b ⇔ b = �230�

Logo, u: y = – �32

� x + �230�.

r ∩ u:

�23

� x – �53

� = – �32

� x + �230� ⇔ �

163� x = �2

35�

⇔ 13x = 50

⇔ x = �51

03�

y = �23

� × �51

03� – �

53

� = �33

59�

D ��51

03�, �3

359��

h = C�D� = ��51�0

3�� –� 2��

2� +� ��33�5

9�� –� �

1�31��

2� =

= ��21�4

3��

2� +� ��–� �31�6

3��

2� =

= ��51�76�6

9�� +� �

1�12�6

9�96

�� = ��11�4

3�4��

Logo, a área do triângulo [ABC] é dada por:

= 12 u.a.

61. Seja r a reta perpendicular à reta de equação

y = �32

� x – 6 e que passa no ponto A.

r: y = – �23

� x + b

Como A pertence a r:

–5 = – �23

� × 2 + b ⇔ b = – �131�

Então, r: y = – �23

� x – �131�.

�5�2� × ��11�4

3�4��

��2


Seja B o ponto de interseção da reta r com a retadefinida no enunciado.

�32

� x – 6 = – �23

� x – �131� ⇔ �

163� x = �

73

�

⇔ x = �11

43�

y = �32

� × �11

43� – 6 = – �5

173�

Logo, B ��11

43�, – �5

173��.

A distância do ponto A(2, –5) à reta de equação

y = �32

� x – 6 é igual a A�B�.

A�B� = ��11�4

3�� –� 2��

2� +� ��–� �51�73�� +� 5��

2� =

= ��–� �11�23��

2� +� ��18�3��

2� =

= ��11�4

6�49

�� +� �1�6

6�49

�� =

= =

=

62. r: x + y = 5 ⇔ y = –x + 5Como o declive da reta r é –1, um vetor diretordesta reta é, por exemplo, r

→(1, –1).

s: x + 7y = 8 ⇔ y = – �17

� x + �87

�

Como o declive da reta s é – �17

�, um vetor diretor

desta reta é, por exemplo, s→

(7, –1).Seja C(a, b) o centro da circunferência.Como as retas r e s são tangentes à circunferên-cia, respetivamente, nos pontos B e A, tem-se:

BC→

· r→

= 0 (a – 2, b – 3) · (1, –1) = 0⇔

AC→

· s→

= 0 (a – 1, b – 1) · (7, –1) = 0

a – 2 – b + 3 = 0 b = a + 1⇔ ⇔

7a – 7 – b + 1 = 0 7a – 7 – a – 1 + 1 = 0

b = a + 1 b = �163�

⇔ ⇔6a = 7 a = �

76

�

Logo, C ��76

�, �163��.

63. ||u→

|| = 1 ⇔ �a�2�+� b�2�+� c�2� = 1 ⇔ a2 + b2 + c2 = 1

u→

· v→

= (a, b, c) · (1, 1, 1) = a + b + c

||v→

|| = �1�2�+� 1�2�+� 1�2� = �3�

Logo, u→

· v→

= ||u→

|| ||v→

|| cos ��6π

��⇔ a + b + c = �3� × ⇔ a + b + c = �

32

�.

u→

· w→

= (a, b, c) · (1, 0, 1) = a + c

||w→

|| = �1�2�+� 0�2�+� 1�2� = �2�Logo, u

→· w

→= ||u

→|| ||w

→|| cos ��

4π

��⇔ a + c = �2� × ⇔ a + c = 1.

Assim, tem-se:

a2 + b2 + c2 = 1 (1 – c)2 + b2 + c2 = 1

a + b + c = �32

� ⇔ 1 – c + b + c = �32

�

a + c = 1 a = 1 – c

1 – 2c + c2 + ��12

��2

+ c2 = 1

⇔ b = �12

�

————

2c2 – 2c + �14

� = 0 c =

⇔ ———— ⇔ ————

———— ————

c = �12

� + �14

� �2� c = �12

� – �14

� �2�

⇔ b = �12

� ⇔ b = �12

�

a = �12

� – �14

� �2� a = �12

� + �14

� �2�

Assim, os vetores u→

nas condições do enunciadosão:

u→

= ��12

� + �14

� �2�, �12

�, �12

� – �14

� �2�� e

u→

= ��12

� – �14

� �2�, �12

�, �12

� + �14

� �2��.

64. Um vetor normal ao plano de equação 4x – 3y + 12z = 6 é, por exemplo, n

→(4, –3, 12).

A reta perpendicular ao plano e que contém oponto A tem as seguintes equações cartesianas:

�x –

41

� = �y––3

4� = �z

1–22

�

As coordenadas do ponto de interseção desta retacom o plano dado são:

4x – 3y + 12z = 6 ————

�x –

41

� = �y––3

4� ⇔ –3x + 3 = 4y – 16

�y

––3

4� = �z

1–22

� –4y + 16 = z – 2

�2��

2

2 ± �4� –� 2��

4

�3��

2

�2�0�8��

13

4�1�3��

13


4�– �43

�y + �139�� – 3y + 12(–4y + 18) = 6

⇔ x = – �43

�y + �139�

z = –4y + 18

– �136� y + �7

36� – 3y – 48y + 216 = 6

⇔ ————

————

169y = 706 y = �71

06

69

�

⇔ ———— ⇔ x = �11

26

99

�

———— z = �21

16

89

�

Logo, o ponto de interseção da reta com o plano

tem coordenadas ��11

26

99

�, �71

06

69

�, �21

16

89

��.

A distância entre o ponto A e o plano é dada por:

��1� –� �11�26�9

9��

2� +� ��4� –� �71�0

6�69

��2� +� ��2� –� �

21�16�8

9��

2� =

= ��14�6

0�9��

2� +� ��13�6

0�9��

2� +� ��11�26�0

9��

2� =

= �� =

= ��11�0

6�09

�� = �11

03�

65. Para se saber a medida do raio da superfície esfé-rica é necessário determinar a distância entre oseu centro e o plano α.

O plano α é definido por 2x + y + z – 3 = 0, logo umvetor normal ao plano α é, por exemplo, n

→(2, 1, 1).

A reta perpendicular ao plano α e que contém oponto C tem a seguinte equação vetorial:

(x, y, z) = (–1, 0, 4) + k(2, 1, 1), k � RAssim, os pontos da reta são da forma:

(–1 + 2k, k, 4 + k), k � RSubstituindo na equação do plano:

2(–1 + 2k) + k + 4 + k – 3 = 0⇔ –2 + 4k + k + 4 + k – 3 = 0⇔ 6k = 1

⇔ k = �16

�

Logo, o ponto de interseção da reta com o plano

tem coordenadas �–1 + �26

�, �16

�, 4 + �16

�� = �– �23

�, �16

�, �265��.

Assim, a distância entre o ponto C e o plano édada por:

��–�1� +� �23��2�+� ��0� –� �

16��2�+� ��4� –� �

2�65��

2� =

= ��19

�� +� �3�1

6�� +� �

3�16�� = ��

16

��Logo, o raio da superfície esférica é ��

16

�� e a sua

equação é (x + 1)2 + y2 + (z – 4)2 = �16

�.

66. AB→

= �0, 1, �52

�� – (0, 0, 2) = �0, 1, �12

��AC→

= (6, 6, 2) – (0, 0, 2) = (6, 6, 0)Seja u

→(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamen-

te perpendicular aos vetores AB→

e AC→

.

u→

· AB→

= 0 (a, b, c) · �0, 1, �12

�� = 0⇔

u→

· AC→

= 0 (a, b, c) · (6, 6, 0) = 0

b + �12

� c = 0 c = –2b⇔ ⇔

6a + 6b = 0 a = –b

Assim, u→

(–b, b, –2b), b � R.

Por exemplo, se b = –1, obtém-se u→

(1, –1, 2).

Então, u→

(1, –1, 2) é um vetor normal ao planoABC e (0, 0, 2) é um ponto do plano:

1(x – 0) – 1(y – 0) + 2(z – 2) = 0 ⇔ x – y + 2z – 4 = 0

Assim, para que D seja complanar com os pontosA, B e C tem de pertencer ao plano ABC:

m – m + 2m – 4 = 0 ⇔ m = 2

67.

a) Um vetor diretor da reta r é, por exemplo, r→

(–1, 2, 1). Um vetor diretor da reta s é, por exemplo, s

→(2, 1, 1).

Estes dois vetores não são colineares, já que

�–21� ≠ �

21

� ≠ �11

�. Logo, as retas não são paralelas.

Substituindo, na equação da reta r, x, y e z por

x = –1 + 2k’ y = 2 + k’ (ponto genérico da reta s), obtém-se:z = k’

–1 + 2k’ = 1 – k 2k’ = 2 – k2 + k’ = 2k ⇔ k’ = 2k – 2

k’ = – �45

� + k 2k – 2 = – �45

� + k

16 900�

1692



—————— 2 × �25

� = 2 – �65

�

⇔ k’ = 2 × �65

� – 2 ⇔ k’ = �25

�

k = �65

� k = �65

�

�45

� = �45

�

⇔ k’ = �25

�

k = �65

�

Assim, as retas r e s são retas concorrentes.

b) Seja u→

(a, b, c) um vetor não nulo, simultaneamenteperpendicular aos vetores r

→e s

→.

u→

· r→

= 0 (a, b, c) · (–1, 2, 1) = 0⇔

u→

· s→

= 0 (a, b, c) · (2, 1, 1) = 0

–a + 2b + c = 0 c = a – 2b⇔ ⇔

2a + b + c = 0 2a + b + a – 2b = 0

c = a – 6b c = –5a⇔ ⇔

b = 3a b = 3a

Assim, u→

(a, 3a, –5a), a � R.Por exemplo, se a = –1, obtém-se u

→(–1, –3, 5).

Então, u→

(–1, –3, 5) é um vetor normal ao plano e (–1, 2, 0) (ponto pertencente à reta s) é um pontodo plano:

–1(x + 1) – 3(y – 2) + 5(z – 0) = 0

⇔ –x – 1 – 3y + 6 + 5z = 0

⇔ –x – 3y + 5z + 5 = 0, que é a equação cartesianado plano definido pelas retas r e s.

68. Um vetor diretor da reta r é r→

(–5, p, 0).Um vetor normal ao plano α é n

→(1, p, –1).

Para que a interseção da reta com o plano sejaum conjunto vazio, a reta tem de ser estritamenteparalela ao plano, ou seja, estes dois vetores têmde ser perpendiculares.

r→

· n→

= 0 ⇔ (–5, p, 0) · (1, p, –1) = 0⇔ –5 + p2 = 0⇔ p = �5� ∨ p = –�5�

69. De acordo com a sugestão do enunciado, A(a, 0, 0),

C(0, a, 0), V ��a2

�, �a2

�, 3a�.

AC→

= (–a, a, 0)

AV→

= �– �a2

�, �a2

�, 3a�||AC

→|| = �(–�a�)2� +� a�2�+� 0�2� = �2�a�2� = �2�a

||AV→

|| = ��–� �a2��2�+� ��

a2

��2� +� (�3�a�)2� =

= ��12�9�� a

AC→

· AV→

= �a2

2� + �a

2

2� + 0 = a2

Seja α a amplitude do ângulo que uma arestalateral faz com a diagonal da base concorrentecom ela.

cos α = =

=

Assim, α ≈ 76,74o.

70.

a) Para que o raio da circunferência de interseção doplano α com a superfície esférica seja �3�, bastaque uma das parcelas que compõem a equação dasuperfície esférica seja igual a 1.Assim:

• se (x – 1)2 = 1 ⇔ x – 1 = 1 ∨ x – 1 = –1

⇔ x = 2 ∨ x = 0, obtém-se, por exemplo, o planode equação x = 2, para o qual a interseção doplano α com a superfície esférica é uma circun-ferência de raio �3�.

• se (y – 2)2 = 1 ⇔ y – 2 = 1 ∨ y – 2 = –1

⇔ y = 3 ∨ y = 1, obtém-se, por exemplo, o planode equação y = 3, para o qual a interseção do planoα com a superfície esférica é uma circunferênciade raio �3�.

• se z2 = 1 ⇔ z = 1 ∨ z = –1, obtém-se, por exem-plo, o plano de equação z = 1, para o qual a inter-seção do plano α com a superfície esférica é umacircunferência de raio �3�.

b) Um vetor normal do plano cuja equação se preten-de escrever é (1, 1, 0), por exemplo, uma vez queeste plano é paralelo ao plano α.Este vetor é o vetor diretor de uma reta que passapelo ponto de tangência do plano com a superfícieesférica e pelo centro desta, sendo uma equaçãovetorial dessa reta:(x, y, z) = (1, 2, 0) + k(1, 1, 0), k � ROs pontos desta reta são da forma (1 + k, 2 + k, 0),k � R.

1��1�9�

a2��

�2�a × ��12�9�� a

= = a2

��1�9�a2

O ponto de tangência pertence a esta reta e à su -per fície esférica, logo:(1 + k – 1)2 + (2 + k – 2)2 + 02 = 4 ⇔ k2 + k2 = 4⇔ k2 = 2⇔ k = �2� ∨ k = –�2�Seja k = �2� (para k = –�2� obter-se-ia um outroponto de tangência, diametralmente oposto ao quese vai determinar). Então, as coordenadas do pontode tangência são (1 + �2�, 2 + �2�, 0).Assim, uma equação cartesiana de um plano tan-gente à superfície esférica e paralelo ao plano α: x + y = 0 é:1(x – 1 – �2�) + 1(y – 2 – �2�) + 0 = 0⇔ x – 1 – �2� + y – 2 – �2� = 0⇔ x + y – 3 – 2�2� = 0

71.

a) O ponto A pertence ao eixo Ox, logo é da forma (x, 0, 0). Substituindo na equação do plano ABC:2x + 0 + 0 = 8 ⇔ x = 4Logo, A(4, 0, 0).O ponto B pertence ao eixo Oy, logo é da forma (0, y, 0). Substituindo na equação do plano ABC:0 + 2y + 0 = 8 ⇔ y = 4Logo, B(0, 4, 0).O ponto C pertence ao eixo Oz, logo é da forma (0, 0, z). Substituindo na equação do plano ABC:0 + 0 + z = 8 ⇔ z = 8Logo, C(0, 0, 8).

b) Se o plano é paralelo ao plano ABC, então temcomo vetor normal, por exemplo, n

→(2, 2, 1), que é

um vetor normal ao plano ABC.Assim, uma equação cartesiana do plano que passano ponto D(–1, 1, 2) e é paralelo ao plano ABC é:2(x + 1) + 2(y – 1) + 1(z – 2) = 0⇔ 2x + 2 + 2y – 2 + z – 2 = 0⇔ 2x + 2y + z = 2

c) M = ��4 +2

0�, �0 +

24

�, �0 +2

0�� = (2, 2, 0)

CM→

= (2, 2, 0) – (0, 0, 8) = (2, 2, –8) Logo, uma equação vetorial da reta CM é: (x, y, z) = (0, 0, 8) + k(2, 2, –8), k � R

d) Uma reta que passe pela origem do referencial eseja perpendicular ao plano ABC é definida pelaequação vetorial (x, y, z) = (0, 0, 0) + k(2, 2, 1), k � R. Os pontos desta reta são da forma (2k, 2k, k), k � R.O ponto P é um desses pontos e pertence ao planoABC, logo:

2 × 2k + 2 × 2k + k = 8 ⇔ 9k = 8

⇔ k = �89

�

Assim, P ��196�, �1

96�, �

89

��.

O raio da esfera é dado por:

O�P� = ��19�6��

2� +� ��19�6��

2� +� ��89

��2� =

= ��58�7

1�6�� =

= �83

�

Logo, uma condição que define a esfera é:

x2 + y2 + z2 ≤ �694�

72.

a) Um vetor normal ao plano α é, por exemplo, n→

(3, 2, 6).Um vetor normal ao plano β é, por exemplo, m→

(1, 1, –1).n→

· m→

= 3 + 2 – 6 = –1Logo, os planos α e β não são perpendiculares.

b) VC é uma reta perpendicular ao plano α. Assim, umvetor diretor de VC é o vetor n

→(3, 2, 6). Como C per-

tence a esta reta, uma equação vetorial de VC é:

(x, y, z) = �1, 3, – �12

�� + k(3, 2, 6), k � R

Os pontos da reta VC, e também em particular o

ponto V, são da forma �1 + 3k, 3 + 2k, – �12

� + 6k�,

k � R.

Assim, CV→

= (3k, 2k, 6k), k � R.

||CV→

|| = 14 ⇔ �(3�k�)2� +� (�2�k�)2� +� (�6�k�)2� = 14⇔ 49k2 = 196⇔ k2 = 4⇔ k = 2 ∨ k = –2

Como C pertence ao primeiro octante, k = �174�.

Logo:

V = �1 + 3 × 2, 3 + 2 × 2, – �12

� + 6 × 2� =

= �7, 7, �223��

c) Se o plano γ é paralelo ao plano α, então um seuvetor diretor é n

→(3, 2, 6).

O ponto V pertence ao plano γ.Então, uma equação do plano γ que contém oponto V e é paralelo ao plano α é:

3(x – 7) + 2(y – 7) + 6�z – �223�� = 0

⇔ 3x – 21 + 2y – 14 + 6z – 69 = 0

⇔ 3x + 2y + 6z – 104 = 0


Tema III – SucessõesUnidade 1 – Propriedades elementares

de sucessões reais

Páginas 6 a 18

1.

a) u1 = –10 = –10 × 1u2 = –20 = –10 × 2u3 = –30 = –10 × 3E assim sucessivamente.Logo, un = –10n.

b) u1 = 1 = �2 × 1

1– 1

�

u2 = �13

� = �2 × 2

1– 1

�

u3 = �15

� = �2 × 3

1– 1

�

E assim sucessivamente.

Logo, un = �2n

1– 1�.

c) u1 = �43

� = �13+1

3�

u2 = �59

� = �23+2

3�

u3 = �267� = �3

3+3

3�


Logo, un = �n3+n

3�.

2.

a) un = 2n – 1u1 = 2 × 1 – 1 = 1u2 = 2 × 2 – 1 = 3u3 = 2 × 3 – 1 = 5u4 = 2 × 4 – 1 = 7u5 = 2 × 5 – 1 = 9

b) vn = 1 + �n12�

v1 = 1 + �112� = 2

v2 = 1 + �212� = �

54

�

v3 = 1 + �312� = �1

90�

v4 = 1 + �412� = �1

176�

v5 = 1 + �512� = �2

265�

c) wn = �n�w1 = �1� = 1w2 = �2�

w3 = �3�w4 = �4� = 2w5 = �5�

d) tn = �(–1n

)n�

t1 = �(–11

)1� = –1

t2 = �(–1

2)2

� = �12

�

t3 = �(–1

3)3

� = – �13

�

t4 = �(–1

4)4

� = �14

�

t5 = �(–15

)5� = – �

15

�

e) sn = cos (nπ)s1 = cos (1π) = –1s2 = cos (2π) = 1s3 = cos (3π) = –1s4 = cos (4π) = 1s5 = cos (5π) = –1

3.

0 se n ímpara) un =

1 se n paru1 = 0u2 = 1u3 = 0u4 = 1u5 = 0u2018 = 1

n3 + 1 se n ímparb) vn =

– �1n

� se n par

v1 = 13 + 1 = 2

v2 = – �12

�

v3 = 33 + 1 = 28

v4 = – �14

�

v5 = 53 + 1 = 126

v2018 = – �20

118�

|n – 3| se n < 10c) wn =

�n2

� se n ≥ 10

w1 = |1 – 3| = 2w2 = |2 – 3| = 1w3 = |3 – 3| = 0w4 = |4 – 3| = 1


w5 = |5 – 3| = 2

w2018 = �20218� = 1009

4. un = �143n–+

21n

�

a) u10 = �143×–120

×+

110

� = – �471�

b) un = 10 ⇔ �143n–+

21n

� = 10

⇔ 13 – 2n = 40n + 10 ⇔ 42n = 3

⇔ n = �114� (� N)

Logo, 10 não é um termo da sucessão.

c) u5 – u20 = �143×–52+×

15

� – �143×–220

×+

210

� = �17

� – �– �13

�� = �12

01�

d) un – 1 =�143×–(2n

×–

(1n)–+

11)

� = �143n

––24n

++

12

� = �145n

––23n

�

u2n = �143×–22n×+

21n

� = �183n–+

41n

�

e) un < 0 ⇔ �143n–+

21n

� < 0

⇔ 13 – 2n < 0 ⇔ –2n < –13 ⇔ 2n > 13

⇔ n > �123�

O primeiro número natural maior que �123� é 7.

Logo, a partir da ordem 7 todos os termos da su -ces são são negativos.

5. un = �2�n�2�+� 1�; vn = n – 3

a) un = 17 ⇔ �2�n�2�+� 1� = 17 ⇔ 2n2 + 1 = 289⇔ 2n2 = 288⇔ n2 = 144⇔ n = 12 ∨ n = –12

Como n � N, então n = 12, ou seja, 17 é o termo deordem 12 da sucessão (un). vn = 17 ⇔ n – 3 = 17 ⇔ n = 20 17 é o termo de ordem 20 da sucessão (vn).

b) up = vp ⇔ �2�p�2�+� 1� = p – 3⇔ 2p2 + 1 = p2 – 6p + 9⇔ p2 + 6p – 8 = 0

⇔ p =

⇔ p = –3 + �1�7� ∨ p = –3 – �1�7�

Como –3 + �1�7� � N e –3 – �1�7� � N, então aequação é impossível em N. Logo, a proposiçãodada é falsa.

6. un = 3n + 1; vn = (–2)n

7.

a) un = �12

� n + 1

un + 1 – un = �12

� (n + 1) + 1 – ��12

� n + 1� =

= �12

� n + �12

� + 1 – �12

� n – 1 = �12

� > 0, ∀ n � NLogo, (un) é crescente.

b) vn = �n +

21

�

vn + 1 – vn = �n +

22

� – �n +

21

� =

= �2(nn

++

22)

–(n

2n+

–1)

4� =

= �(n + 2

–)2(n + 1)� < 0, ∀ n � N

Logo, (vn) é decrescente.

c) wn = (–1)n × nw1 = –1w2 = 2w3 = –3Tem-se que w2 – w1 > 0 e w3 – w2 < 0, logo a su -cessão (wn) não é monótona.

8.

a) un = �32

nn

+– 5

4�

un + 1 – un =

= �32

((nn

++

11

))

+– 5

4� – �

32

nn

+– 5

4� =

= �32

nn

+– 3

7� – �

32

nn

+– 5

4� =

= =

= �(3n + 7

2)3(3n + 4)� > 0, ∀ n � N

Logo, (un) é crescente.

–6 ± �3�6� +� 3�2��

2

(2n – 3)(3n + 4) – (2n – 5)(3n + 7)��

(3n + 7)(3n + 4)


⇔ p = –6 ± 2 �1�7��

2

16 16131074 4

–2–8

–32

1 32 54

un vn

n n1 3

25

4

= =6n2 + 8n – 9n – 12 – 6n2 – 14n + 15n + 35��

(3n + 7)(3n + 4)

b) un = �150nn

––35

�

un + 1 – un =

= �150((nn

++

11))––35

� – �150nn

––35

� =

= �150nn

++

25

� – �150nn

––35

� =

= =

= �(5n + 2

–)5(5n – 3)� < 0, ∀ n � N

Logo, (un) é decrescente.

c) un = �(–2n

)n�

u1 = �–12� = –2

u2 = �42

� = 2

u3 = – �83

�

Tem-se que u2 – u1 > 0 e u3 – u2 < 0, logo a suces-são (un) não é monótona.

d) un = (n + 10)2

un + 1 – un = (n + 11)2 – (n + 10)2 == n2 + 22n + 121 – n2 – 20n – 100 == 2n + 21 > 0, ∀ n � N


e) un = (n – 10)2

u9 = 1u10 = 0u11 = 1Tem-se que u10 – u9 < 0 e u11 – u10 > 0, logo asucessão (un) não é monótona.

n2 se n ≤ 4 2n se n ≤ 49. un = ; vn =

2n se n > 4 3n se n > 4

u3 = 9u4 = 16u5 = 10Tem-se que u4 – u3 > 0 e u5 – u4 < 0, logo a suces-são (un) não é monótona. Se n < 4, então vn + 1 – vn = 2n + 2 – 2n = 2 > 0.Se n > 4, então vn + 1 – vn = 3n + 3 – 3n = 3 > 0v5 – v4 = 15 – 8 = 7 > 0Logo, vn + 1 – vn > 0, ∀ n � N, ou seja, (vn) é cres-cente.

10. A = ]–2, 9] ∪ {12}

a) Por exemplo, 13 e 100 são majorantes de A.Por exemplo, –100 e –2 são minorantes de A.

b) O conjunto dos majorantes de A é [12, +�[.O conjunto dos minorantes de A é ]–�, –2].

11. B = ]–�, 1]

a) Por exemplo, �32

� e π são majorantes de B.

B não tem minorantes.

b) O conjunto dos majorantes de B é [1, +�[.

12. O ínfimo de C é 3 e o supremo de C é 7.

13.

a) Um conjunto majorado, mas não limitado é, porexemplo, ]–�, 1].

b) Um conjunto minorado, mas não limitado é, porexemplo, ]2, +�[.

c) Um conjunto limitado é, por exemplo, [3, 4[.

14.

a) ]–�, 1]O máximo deste conjunto é 1 e não tem mínimo.

b) ]2, +�[Este conjunto não tem máximo nem mínimo.

c) [3, 4[O mínimo deste conjunto é 3 e não tem máximo.

15.

a) an = n2 + 1a1 = 2, a2 = 5, a3 = 10, a4 = 17, …O conjunto dos minorantes de (an) é ]–�, 2].(an) não tem majorantes.

b) bn = –3nb1 = –3, b2 = –6, b3 = –9, b4 = –12, …O conjunto dos majorantes de (bn) é [–3, +�[.(bn) não tem minorantes.

c) cn = (–1)n

c1 = –1, c2 = 1, c3 = –1, c4 = 1, …O conjunto dos minorantes de (cn) é ]–�, –1]. O conjunto dos majorantes de (cn) é [1, +�[.

d) dn = (–2)n

d1 = –2, d2 = 4, d3 = –8, d4 = 16, …(dn) não tem minorantes nem majorantes.

(10n + 5)(5n – 3) – (10n – 5)(5n + 2)��

(5n + 2)(5n – 3)


= =50n2 – 30n + 25n – 15 – 50n2 – 20n + 25n + 10��

(5n + 2)(5n – 3)

16. Uma vez que a sucessão (un) é crescente, então

u1 ≤ un, ∀ n � N. Por outro lado, todos os seus

termos são inferiores a 2017, ou seja, un < 2017,

∀ n � N. Então, (un) é limitada, pois u1 ≤ un <

2017, ∀ n � N .

17.

a) an = �3n

n+ 1� = 3 + �

1

n�

Sabe-se que 0 < �1

n� ≤ 1, ∀ n � N.

Logo, 3 < 3 + �1

n� ≤ 4, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (an) é limitada.

b) bn = �n

2

+

n3

� = �2n

n+

+

6

3

– 6� = 2 – �

n +

6

3�

Sabe-se que 0 < �1

n� ≤ 1, ∀ n � N.

Então, 0 < �n +

1

3� ≤ �

1

4� ⇔ 0 > – �

n +

6

3� ≥ – �

3

2�

⇔ 2 > 2 – �n +

6

3� ≥ �

1

2�, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (bn) é limitada.

�1

n� se n é par

c) cn = �(–1

n)n

� =

– �1

n� se n é ímpar

Como 0 < �1

n� ≤ 1, ∀ n � N, então 0 > – �

1

n� ≥ –1,

∀n � N.

Logo, –1 ≤ cn ≤ 1, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (cn) é limitada.

d) dn = sen �n �π2

�� – 1

Tem-se que –1 ≤ sen �n �π2

�� ≤ 1, ∀ n � N.

Logo, –2 ≤ sen �n �π2

�� – 1 ≤ 0, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (dn) é limitada.

18. Sabemos que (wn) é uma sucessão de termos

negativos tal que �w6

n� < –2, para todo o número

natural n.

Assim, �w6

n� < –2 ⇔ �

w6

n� > – �1

2� ⇔ wn > –3.

Tem-se, então, que 0 > wn > –3, ∀ n � N, ou seja,

a sucessão (wn) é limitada.

19. un = �3

2

nn

+

+

1

3�

|un| ≤ L ⇔ �3

2

nn

+

+

1

3� ≤ L

⇔ 3n + 1 ≤ 2nL + 3L

⇔ 3n – 2nL ≤ 3L – 1

⇔ n(3 – 2L) ≤ 3L – 1

⇔ n ≥ �3

3

L–

–

2

1

L� ∧ 3 – 2L < 0

⇔ n ≥ �3

3

L–

–

2

1

L� ∧ L > �

3

2�

Tomando, por exemplo, L = 2, vem que

n ≥ , ou seja, n ≥ –5, que é uma condição

universal em N.

Conclui-se, assim, que existe um número real

positivo L tal que ∀ n � N, |un| ≤ L.

Unidade 2 – Princípio de indução matemática Páginas 19 a 25

20.

a)∀ n � N, 2n × 7n = (2 × 7)n

Seja P(n): 2n × 7n = (2 × 7)n .

P(1): 21 × 71 = (2 × 7)1 ⇔ 2 × 7 = 2 × 7

Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 2n × 7n = (2 × 7)n

Tese: 2n + 1 × 7n + 1 = (2 × 7)n + 1

Demonstração:2n + 1 × 7n + 1 = 2n × 2 × 7n × 7 =

= 2n × 7n × 2 × 7 =

= (2 × 7)n × (2 × 7) =

= (2 × 7)n + 1

Logo, ∀ n � N, 2n × 7n = (2 × 7)n.

b) Dado n � N, a soma dos n primeiros termos da su -

cessão dos números naturais é igual a Sn = �n2

2

+ n�.

Seja P(n): Sn = �n2

2

+ n�.

P(1): 1 = �12

2

+ 1� ⇔ 1 = �

2

2� ⇔ 1 = 1


Hipótese: Sn = �n2

2

+ n�

Tese: Sn + 1 = �(n + 1)2

2

+ (n + 1)�

Demonstração:Sn + 1 = Sn + (n + 1) =

= �n2

2

+ n� + (n + 1) =

= �n2 + n +

2

2n + 2� =

= =

3 × 2 – 1

3 – 2 × 2

(n2 + 2n + 1) + (n + 1)��

2


⎧⎪⎨⎪⎩

= �(n + 1)2

2+ (n + 1)�

Logo, dado n � N, a soma dos n primeiros termosda sucessão dos números naturais é igual a

Sn = �n2

2+ n�.

c) ∀ n � N, 13 + 23 + 33 + … + n3 = ��n(n2+ 1)��

2

Seja P(n): 13 + 23 + 33 + … + n3 = ��n(n2+ 1)��

2.

P(1): 13 = ��1(12+ 1)��

2⇔ 1 = ��

22

��2

⇔ 1 = 12 ⇔ 1 = 1


Hipótese: 13 + 23 + 33 + … + n3 = ��n(n2+ 1)��

2

Tese: 13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 =

= ��(n + 1)2(n + 2)��

2

Demonstração:13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 =

= ��n(n2+ 1)��

2+ (n + 1)3 =

= ��n2

��2

× (n + 1)2 + (n + 1)3 =

= (n + 1)2 ��n4

2� + n + 1� =

= (n + 1)2 ��n2 + 4

4n + 4�� =

= (n + 1)2 ��(n +4

2)2�� =

= (n + 1)2 ��n +2

2��

2=

= ��(n + 1)2(n + 2)��

2

Logo, ∀ n � N, 13 + 23 + 33 + … + n3 = ��n(n2+ 1)��

2.

d) ∀ n � N, 3n2 + n – 2 é um número par.Seja P(n): 3n2 + n – 2 é um número par. P(1): 3 × 12 + 1 – 2 = 2 é um número par.Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 3n2 + n – 2 é um número par.

Tese: 3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 é um número par.

Demonstração:

3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 = 3(n2 + 2n + 1) + n + 1 – 2 == 3n2 + 7n + 2 == (3n2 + n – 2) + (6n + 4) == (3n2 + n – 2) + 2(3n + 2)

Por hipótese, 3n2 + n – 2 é um número par. Alémdisso, 2(3n + 2) é um número par.A soma de dois números pares é um número par. Logo, (3n2 + n – 2) + 2(3n + 2) é um número par, ou

seja, 3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 é um número par.Logo, ∀ n � N, 3n2 + n – 2 é um número par.

e) ∀ n � N, n3 – n é divisível por 3. Seja P(n): n3 – n é divisível por 3. P(1): 13 – 1 = 0 é divisível por 3. Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: n3 – n é divisível por 3.

Tese: (n + 1)3 – (n + 1) é divisível por 3.

Demonstração:(n + 1)3 – (n + 1) = (n + 1)(n2 + 2n + 1) – n – 1 =

= n3 + 3n2 + 3n + 1 – n – 1 == (n3 – n) + 3(n2 + n)

Por hipótese, n3 – n é divisível por 3. Além disso,3(n2 + n) é divisível por 3. A soma de dois números divisíveis por 3 é umnúmero divisível por 3. Logo, (n3 – n) + 3(n2 + n) é divisível por 3, ou seja,(n + 1)3 – (n + 1) é divisível por 3. Logo, ∀ n � N, n3 – n é divisível por 3.

f) ∀ n � N, (2n + 2 + 32n + 1) é múltiplo de 7.Seja P(n): (2n + 2 + 32n + 1) é múltiplo de 7.P(1): 21 + 2 + 32 + 1 = 8 + 27 = 35 é múltiplo de 7. Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: (2n + 2 + 32n + 1) é múltiplo de 7.

Tese: (2n + 3 + 32n + 3) é múltiplo de 7.

Demonstração:

2n + 3 + 32n + 3 = 2n + 2 × 2 + 32n + 1 × 9 == 2n + 2 × 2 + 32n + 1 × (2 + 7) == 2n + 2 × 2 + 32n + 1 × 2 + 32n + 1 × 7 == (2n + 2 + 32n + 1) × 2 + 32n + 1 × 7

Por hipótese, (2n + 2 + 32n + 1) é múltiplo de 7, logo(2n + 2 + 32n + 1) × 2 é múltiplo de 7. Além disso, 32n + 1 × 7 é múltiplo de 7. A soma de dois númerosmúltiplos de 7 é um múltiplo de 7. Logo, (2n + 3 + 32n + 3) é múltiplo de 7.Logo, ∀ n � N, (2n + 2 + 32n + 1) é múltiplo de 7.

21. Seja P(n): 9n – 1 é um múltiplo de 8.P(1): 91 – 1 = 8, que é um múltiplo de 8.Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 9n – 1 é um múltiplo de 8.

Tese: 9n + 1 – 1 é um múltiplo de 8.

Demonstração:

9n + 1 – 1 = 9n × 9 – 1 == 9n × 9 – 9 + 9 – 1 == 9(9n – 1) + 8

Como, por hipótese, 9n – 1 é um múltiplo de 8 e 8é um múltiplo de 8, então 9(9n – 1) + 8 é um múlti-plo de 8, por se tratar da soma de dois múltiplosde 8.


Logo, 9n – 1 é, para todo o número natural n, ummúltiplo de 8.

22. Seja P(n): n2 > 2n.P(3): 32 > 2 × 3 ⇔ 9 > 6Logo, P(3) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: n2 > 2n

Tese: (n + 1)2 > 2(n + 1)

Demonstração:

(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 > 2n + 2n + 1 > 4n + 1Basta então provar que 4n + 1 > 2(n + 1).4n + 1 > 2(n + 1) ⇔ 4n + 1 > 2n + 1 ⇔ 2n > 0 ⇔ n > 0, o que é verdade ∀ n ≥ 3.Logo, n2 > 2n, ∀ n � N3.

23. t1 = 1t2 = 1 + 2 = 3t3 = 3 + 3 = 6t4 = 6 + 4 = 10…

Logo:

t1 = 1

tn = tn – 1 + n, ∀ n > 1

24.

a) an = 2n + 1a1 = 2 × 1 + 1 = 3a2 = 2 × 2 + 1 = 5a3 = 2 × 3 + 1 = 7a4 = 2 × 4 + 1 = 9a5 = 2 × 5 + 1 = 11

Logo:

a1 = 3

an + 1 = an + 2, ∀ n ≥ 1

b) bn = 3n

b1 = 31 = 3b2 = 32 = 9b3 = 33 = 27b4 = 34 = 81b5 = 35 = 243

Logo:

b1 = 3

bn = 3bn – 1, ∀ n > 1

25.

a1 = 5a)

an + 1 = an + 3, ∀ n ≥ 1

a1 = 5 (= 3 × 1 + 2)a2 = 5 + 3 = 8 (= 3 × 2 + 2)a3 = 8 + 3 = 11 (= 3 × 3 + 2)a4 = 11 + 3 = 14 (= 3 × 4 + 2)a5 = 14 + 3 = 17 (= 3 × 5 + 2)Logo, an = 3n + 2.

b1 = 3b)

bn = 2 + bn – 1, ∀ n > 1

b1 = 3 (= 2 × 1 + 1)b2 = 2 + 3 = 5 (= 2 × 2 + 1)b3 = 2 + 5 = 7 (= 2 × 3 + 1)b4 = 2 + 7 = 9 (= 2 × 4 + 1)b5 = 2 + 9 = 11 (= 2 × 5 + 1)

Logo, bn = 2n + 1.

26. u1 = 1 ∧ un + 1 = �4 +42un�

a) Seja P(n): un < 2. P(1): u1 < 2 ⇔ 1 < 2Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: un < 2

Tese: un + 1 < 2

Demonstração:Por hipótese, un < 2.

Então:

2un < 4 ⇔ 4 + 2un < 8

⇔ �4 +

42un� < 2

⇔ un + 1 < 2

Logo, ∀ n � N, un < 2

b) un + 1 – un = �4 +42un� – un =

= �4 + 2u4n – 4un� =

= �4 –

42un�

Pela alínea anterior, un < 2, ∀ n � N.Logo:2un < 4 ⇔ –2un > –4

⇔ 4 – 2un > 0

⇔ �4 –

42un� > 0

Ou seja, un + 1 – un > 0, ∀ n � N. Logo, (un) é cres cente.


27. Seja P(n): ∀ n � N0, un = �2n

2+ 1�.

P(0): u0 = �2 × 0

2+ 1

� ⇔ 2 = �0 +

21

� ⇔ 2 = �21� ⇔ 2 = 2


Hipótese: un = �2n

2+ 1�

Tese: un + 1 = �2(n +

21) + 1�

Demonstração:

un + 1 = �1 +

un

un� = = =

= �2n

2+ 3� = �

2n +22 + 1� = �

2(n +21) + 1�

Logo, ∀ n � N0, un = �2n

2+ 1�.

Unidade 3 – Progressões aritméticas e geométricas

Páginas 26 a 42

28.

a) an + 1 – an = 3(n + 1) – 2 – (3n – 2) == 3n + 3 – 2 – 3n + 2 = 3, ∀ n � N

Uma vez que 3 é uma constante, fica provado que(an) é uma progressão aritmética de razão 3.

b) bn + 1 – bn = �nn

++

21

� – �n +n

1� =

= =

= – �n(n

1+ 1)�, ∀ n � N

Uma vez que – �n(n

1+ 1)� não é uma constante, então

(bn) não é uma progressão aritmética.

c) cn + 1 – cn = – �–2n2

n+ n

� =

= –2n – 2 + 1 – (–2n + 1) == –2n – 1 + 2n – 1 = –2, ∀ n � N

Uma vez que –2 é uma constante, fica provado que(cn) é uma progressão aritmética de razão –2.

d) dn + 1 – dn = dn – �12

� – dn = – �12

�, ∀ n � N

Uma vez que – �12

� é uma constante, fica provado que

(dn) é uma progressão aritmética de razão – �12

�.

e) en + 1 – en = 3n + 1 – 3n = 3n(3 – 1) = 2 × 3n, ∀ n � NUma vez que 2 × 3n não é uma constante, então(en) não é uma progressão aritmética.

f) fn + 1 – fn = (n + 1)2 – n2 = n2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 1, ∀ n � NUma vez que 2n + 1 não é uma constante, entãof(n) não é uma progressão aritmética.

29.

a) u345 – u344 = 5

b) u2017 – u2015 = 2 × 5 = 10

c) un + 3 – un = 3 × 5 = 15

30.

a) an = 1 – 4nUma vez que os pontos que representam esta pro-gressão aritmética estão sobre uma reta de decli-ve –4, então r = –4. Como r < 0, então a progressãoaritmética (an) é decrescente.

b) bn = –2 + 3nUma vez que os pontos que representam esta pro-gressão aritmética estão sobre uma reta de decli-ve 3, então r = 3. Como r > 0, então a progressãoaritmética (bn) é crescente.

c) cn = – �1 –

23n� – n = – �

12

� + �32

� n – n = – �12

� + �12

� n

Uma vez que os pontos que representam esta pro-gressão aritmética estão sobre uma reta de decli-

ve �12

� , então r = �12

�. Como �12

� > 0, então a progressão

aritmética (cn) é crescente.

c) dn = �n –

n3n2� = �n(1 –

n3n)

� = 1 – 3n

Uma vez que os pontos que representam esta pro-gressão aritmética estão sobre uma reta de decli-ve –3, então r = –3. Como r < 0, então a progressãoaritmética (dn) é decrescente.

31.

a) un = u1 + (n – 1)r ⇔ un = –10 + (n – 1)4 ⇔ un = –10 + 4n – 4⇔ un = 4n – 14

b) un = u6 + (n – 6)r ⇔ un = –2 + (n – 6)5 ⇔ un = –2 + 5n – 30⇔ un = 5n – 32

c) u26 = u10 + (26 –10)r ⇔ 21 = 13 + 16r⇔ 8 = 16r

⇔ r = �12

�

un = u10 + (n – 10)r ⇔ un = 13 + (n – 10) �12

�

(n + 2)n – (n + 1)(n + 1)��

n(n + 1)

–2(n + 1)2 + (n + 1)��

n + 1

�2n

2+ 1�

��

�2n

2+n +

1 +1

2�

�2n

2+ 1�

��

1 + �2n

2+ 1�


= =n2 + 2n – n2 – 2n – 1��

n(n + 1)

= – �n(–2nn

+ 1)� =(n + 1)[–2(n + 1) + 1]

��n + 1

⇔ un = 13 + �12

� n – 5

⇔ un = �12

� n + 8

d) un = u1 + (n – 1)r ⇔ un = –�2� + (n – 1)�2�⇔ un = –�2� + �2�n – �2�⇔ un = �2�n – 2�2�

32.

a) v2017 = v1 + (2107 – 1)r = 11 + 2016 × (–3) = –6037

b) v2017 = v4 + (2017 – 4)r = –�5� + 2013 = 2013 – �5�

c) v130 = v13 + (130 – 13)r ⇔ – 259 = –25 + 117r⇔ 117r = –234 ⇔ r = –2v2017 = v13 + (2017 – 13)r = –25 + 2004 × (–2) == –4033

d) v2017 = v1 + (2017 – 1)r = 0 + 2016 × (–3) = –6048

33. O primeiro múltiplo natural de 4, que está entre406 e 3002, é o 408, e o último múltiplo naturalde 4, neste intervalo, é o 3000.un = uk + (n – k)rLogo, 3000 = 408 + (n – k)4

⇔ n – k = �30004– 408� ⇔ n – k = 648

Assim, o número de múltiplos naturais de 4 com-preendidos entre 406 e 3002 é n – k + 1 = 649.

34. Sejam l – r, l e l + r as medidas dos lados do triân-gulo e r a razão da progressão. Uma vez que o perímetro do triângulo mede 36cm, vem que: (l – r) + l + (l + r) = 36 ⇔ 3l = 36 ⇔ l = 12Por outro lado, dado que se trata de um triânguloretângulo, verifica-se que: (l + r)2 = l2 + (l – r)2

Como l = 12, temos que:(12 + r)2 = 122 + (12 – r)2

⇔ 144 + 24r + r2 = 144 + 144 – 24r + r2

⇔ 24r = 144 – 24r⇔ 48r = 144 ⇔ r = 3Concluímos assim que 9, 12 e 15 são as medidasdos lados do triângulo.

35. Seja P(n): un = 3 + (n – 1) × 5P(1): u1 = 3 + (1 – 1) × 5 ⇔ 3 = 3 + 0 × 5 ⇔ 3 = 3Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: un = 3 + (n – 1) × 5

Tese: un + 1 = 3 + n × 5Demonstração:un + 1 = un + 5 = 3 + (n – 1) × 5 + 5 =

= 3 + 5n – 5 + 5 = 3 + 5n

Assim, fica provado que, ∀ n � N, P(n) é uma pro-posição verdadeira.

36. u1 + u19 = 13: soma do primeiro e do último ter-mos da progressão aritmética (un).

a) u2 + u18 = 13: soma do segundo e do penúltimo ter-mos da progressão aritmética (un).

b) u3 + u17 = 13: soma do terceiro e do antepenúltimotermos da progressão aritmética (un).

c) u10 = �123�: termo central da progressão aritmética

(un).

37.

a) S = �a1 +

2a19� × 19 = �–8 +

282

� × 19 = 703

Cálculos auxiliaresa1 = 5 × 1 – 13 = –8a19 = 5 × 19 – 13 = 82

b) S = �b11 +2

b50� × 40 = �–25 –2

142� × 40 = –3340

Cálculos auxiliaresb11 = –3 × 11 + 8 = –25b50 = –3 × 50 + 8 = –142

38.

a) 14 + 21 + 28 + … + 224As parcelas desta soma estão em progressão arit-mética de razão 7.Assim, o termo geral desta progressão aritméticaé:un = u1 + (n – 1)7 ⇔ un = 14 + (n – 1)7

⇔ un = 14 + 7n – 7 ⇔ un = 7n + 7

É agora necessário saber a ordem do termo 224:un = 224 ⇔ 7n + 7 = 224 ⇔ n = 31Ou seja, a soma que se pretende determinar éconstituída por 31 parcelas.

Logo, S = �14 +2

224� × 31 = 3689.

b) –22 – 11 + 11 + 22 + … + 253As parcelas desta soma estão em progressão arit-mética de razão 11.

Assim, o termo geral desta progressão aritmética é:un = u1 + (n – 1)11 ⇔ un = –22 + (n – 1)11

⇔ un = –22 + 11n – 11 ⇔ un = 11n – 33

É agora necessário saber a ordem do termo 253:un = 253 ⇔ 11n – 33 = 253 ⇔ n = 26


Ou seja, a soma que se pretende determinar éconstituída por 26 parcelas.

Logo, S = �–22 +2

253� × 26 = 3003.

39. Pretende-se calcular 63 + 66 + … + 243.As parcelas desta soma estão em progressão arit-mética de razão 3.Assim, o termo geral desta progressão aritméticaé:

un = u1 + (n – 1)3 ⇔ un = 63 + (n – 1)3 ⇔ un = 63 + 3n – 3 ⇔ un = 3n + 60

É agora necessário saber a ordem do termo 243:un = 243 ⇔ 3n + 60 = 243 ⇔ n = 61Ou seja, a soma que se pretende determinar éconstituída por 61 parcelas.

Logo, S = �63 +2

243� × 61 = 9333.

40. Seja P(p): p

∑n = 1

un = p �u1 +

2up�

P(1): u1 = 1 × �u1 +

2u1� ⇔ u1 = u1


Hipótese:p

∑n = 1

un = p �u1 +

2up�

Tese: p + 1

∑n = 1

un = (p + 1) �u1 + u2

p + 1�

Demonstração:p + 1

∑n = 1

un = p

∑n = 1

un + up + 1 =

= p �u1

2+ up� + up + 1 =

= =

= =

= =

= =

= �(p + 1)(22u1 + pr)� =

= (p + 1) �u1 + u21 + pr� =

= (p + 1) �u1 + u2

p + 1�

Assim, fica provado que, para todo o p � N, p

∑n = 1

un = p �u1 +

2up�.

41. Como u1 + u2 = 18, então tem-se:

u1 + u2 + u3 + u4 = 52 ⇔ 18 + u1 + 2r + u2 + 2r = 52⇔ 36 + 4r = 52⇔ 4r = 16⇔ r = 4

Assim, u1 + u2 = 18 ⇔ u1 + u1 + 4 = 18 ⇔ 2u1 = 14 ⇔ u1 = 7

O termo geral desta progressão aritmética é:un = 7 + 4(n – 1) ⇔ un = 7 + 4n – 4 ⇔ un = 4n + 3

Então, u10 = 4 × 10 + 3 = 43.

Logo, S = �7 +2

43� × 10 = 250.

42. S = 525 ⇔ × n = 525

⇔ – ��329� + �– �3

29� + �

12

� (n – 1)��n = 1050

⇔ �– �329� – �3

29� + �

12

� n – �12

�� n = 1050

⇔ – �729� n + �

12

� n2 = 1050

⇔ n2 – 79n – 2100 = 0

⇔ n =

⇔ n = 100 ∨ n = –21

Uma vez que n é um número natural, tem-se quen = 100.

43.

a) A sucessão do número de páginas lidas pela Isauraé uma progressão aritmética de razão 2 e cujo pri-meiro termo é 5.

O termo geral desta progressão é:un = 5 + 2(n – 1) ⇔ un = 5 + 2n – 2 ⇔ un = 2n + 3

O dia 7 de dezembro é o décimo segundo dia deleitura da Isaura.

Assim, u12 = 2 × 12 + 3 = 27, ou seja, no dia 7 dedezembro a Isaura lê 27 páginas.

pu1 + pup + 2up + 1��2

pu1 + pu1 + p(p – 1) r + 2(u1 + (p – 1) r + r)��

2

(2p + 2)u1 + p(p – 1) r + 2pr��

2

2(p + 1)u1 + pr(p + 1)��

2

– �329� + un

��2

79 ± �7�9�2�+� 4� ×� 2�1�0�0��

2


= =p u1 + p(u1 + (p – 1) r) + 2(up + r)��

2

= =2p u1 + 2u1 + p(p – 1) r + 2[(p – 1) + r + r]��

2

= =(2p + 2)u1 + pr(p – 1 + 2)��

2

b) S = 480 ⇔ �5 + 2

2n + 3� × n = 480

⇔ (8 + 2n)n = 960⇔ 2n2 + 8n – 960 = 0

⇔ n =

⇔ n = 20 ∨ n = –24Como n é um número natural, então n = 20.Logo, a Isaura terminará a leitura do livro no dia 15de dezembro.

44.

a) u1 = 5; u2 = 5 × 2 = 10; u3 = 10 × 2 = 20;u4 = 20 × 2 = 40

b) u1 = –5; u2 = –5 × 2 = –10; u3 = –10 × 2 = –20;u4 = –20 × 2 = –40

c) u1 = 5; u2 = 5 × (–2) = –10; u3 = –10 × (–2) = 20;u4 = 20 × (–2) = –40

d) u1 = �15

� ; u2 = �15

� × 2 = �25

�; u3 = �25

� × 2 = �45

�;

u4 = �45

� × 2 = �85

�

e) u1 = �15

� ; u2 = �15

� × �12

� = �110�; u3 = �

110� × �

12

� = �210�;

u4 = �210� × �

12

� = �410�

45.

a) �uu

1

1

3

2� = 3

b) �uu

2

2

0

0

1

1

7

8� = = �

13

�

c) �uu1

9

0

8

0� = �uu1

9

0

9

0� × �uu

9

9

9

8� = 3 × 3 = 9

46.

a) �an

a+

n

1� = �33

n

n

+

+

2

1� = 3, ∀ n � NUma vez que 3 é uma constante, fica provado que(an) é uma progressão geométrica de razão 3.

b) �bn

b+

n

1� = = ��12

��1 – n – 1 – 1 + n

=

= ��12

��–1

= 2, ∀ n � NUma vez que 2 é uma constante, fica provado que(bn) é uma progressão geométrica de razão 2.

c) �cn

c+

n

1� = �4 ×4

(×–(2–)2

n

)

+

n

1� = (–2)n + 1 – n = –2, ∀ n � N

Uma vez que –2 é uma constante, fica provado que(cn) é uma progressão geométrica de razão –2.

Uma vez que �2� é uma constante, fica provadoque (dn) é uma progressão geométrica de razão�2�.

e) �en

e+

n

1� = = �5n

3+

n

1

+

×

2

3×

n5+

n

1� = �35

�, ∀ n � N

Uma vez que �35


(en) é uma progressão geométrica de razão �35

�.

47.

a) un = u1 × rn – 1 ⇔ un = 4 × 3n – 1

b) �uu

2

1� = �

21

� = 2 = r

Logo:un = u1 × rn – 1 ⇔ un = 1 × 2n – 1

⇔ un = 2n – 1

c) �uu

5

4

0

9� = –1 = r

Logo:un = u1 × rn – 1 ⇔ un = 3 × (–1)n – 1

d) u6 = u1 × r6 – 1 ⇔ �352� = �

15

� × r5 ⇔ r5 = 32 ⇔ r = 2

Logo:un = u1 × rn – 1 ⇔ un = �

15

� × 2n – 1 ⇔ un =

e) u7 = u4 × r7 – 4 ⇔ 320 = 40 × r3 ⇔ r3 = 8 ⇔ r = 2

Logo:un = u4 × rn – 4 ⇔ un = 40 × 2n – 4

⇔ un = 5 × 23 × 2n – 4

⇔ un = 5 × 2n – 1

f) �un

u+

n

1� = = �43

�

Logo:

un = u1 × rn – 1 ⇔ un = 1 × ��43

��n – 1

⇔ un = ��43

��n – 1

48.

a) Se (un) é uma progressão geométrica crescente e oseu primeiro termo é positivo, então a sua razãotem ser maior que 1. O termo geral de uma pro-gressão geométrica nestas condições é, por exem-plo, un = 2 × 3n – 1.

–8 ± �6�4� +� 8� ×� 9�6�0��

4

1��uu

2

2

0

0

1

1

8

7�

��12

��1 – (n + 1)

��

��12

��1 – n

�35

n

n

+

+

2

1�

��

�3n

5

+

n

1�

�4u

3n�

�un

2n – 1�

5


d) �dn

d+

n

1� = = �2�, ∀ n � N–π × (�2�)n + 1��

–π × (�2�)n

b) Se (un) é uma progressão geométrica decrescentee o seu primeiro termo é positivo, então a sua razãotem ser positiva e menor que 1. O termo geral deuma progressão geométrica nestas condi-

ções é, por exemplo, un = 2 × ��13

��n – 1

.

c) Se (un) é uma progressão geométrica não monóto-na e o seu primeiro termo é positivo, então a suarazão tem ser negativa. O termo geral de uma pro-gressão geométrica nestas condições é, por exem-plo, un = 2 × (–3)n – 1.

d) Se (un) é uma progressão geométrica crescente e asua razão é maior que 1, então o seu primeiro ter moé positivo. O termo geral de uma progressão geomé-trica nestas condições é, por exemplo, un = 5 × 2n – 1.

e) Se (un) é uma progressão geométrica decrescentee a sua razão é maior que 1, então o seu primeirotermo é negativo. O termo geral de uma progres-são geométrica nestas condições é, por exemplo,un = –5 × 2n – 1.

49.

a) �vn

v+

n

1� = = �2 ×

23×

n3+

n

1� = �13

�, ∀ n � N

Uma vez �13

� que é uma constante, fica provado que

(vn) é uma progressão geométrica de razão �13

� .

b) v1 = �23

� > 0 e 0 < r = �13

� < 2, logo (vn) é uma progres-

são geométrica decrescente.

50.

a) S = 1 × �11––31

3

5� = 7 174 453

b) S = 2 × = �52

�

c) S = 3 × = 3

d) S = 4 × 15 = 60, uma vez que se trata de umasucessão constante.

51. v1 = �62

2� = 18

�vn

v+

n

1� = = �6n

6+

n

1

+

×

2

2×

n2+

n

1� = �62

� = 3 = r

Logo, S = 18 × �11––33

n� = –9(1 – 3n).

52. u1 = 1r = 2

S = 1 × �11––23

2

0� = 1 073 741 823

Se os seus pais aceitassem as condições, a Joanareceberia 1 073 741 823 cêntimos, ou seja, 10 737 418,23 euros.

53. Seja P(p): p

∑n = 1

un = a �11––rr

p�

P(1): u1 = a �11

––

rr

� ⇔ a = a


Hipótese:p

∑n = 1

un = a �11––rr

p�

Tese:p + 1

∑n = 1

un = a �1 –1

r–

p +

r

1�

Demonstração:

p + 1

∑n = 1

un = p

∑n = 1

un + up + 1 =

= a �11––rr

p� + u1rp =

= a �11––rr

p� + arp =

= a ��11––rr

p� + rp� =

= a =

= a �1 –

1r–

p +

r

1�

Assim, fica provado que, para todo o p � N,p

∑n = 1

un = a �11––rr

p�.

54. u1 = 10 000r = 1 + 0,31 = 1,031un = 10 000 × 1,031n – 1

u10 = 10 000 × 1,0319 ≈ 13 162Ao décimo dia da experiência haverá, aproximada-mente, 13 162 bactérias.

55. u1 = 4500r = 1 – 0,15 = 0,85un = 4500 × 0,85n – 1

u4 = 4500 × 0,853 ≈ 2349No quarto ano do estudo, a aldeia terá, aproxima-damente, 2764 habitantes.

�3n

2+ 1�

��

�32n�

1 – ��15

��15

��

1 – �15

�

�62

n

n

+

+

2

1�

��

�6n

2

+

n

1�

1 – (–1)15�

1 – (–1)

1 – rp + rp – r × rp��

1 – r


Aprende Fazendo

Páginas 44 a 57

1. u2018 – u2017 = 1 – 2 = –1A opção correta é a (A).

2. vn = �n +n

1� = 1 + �

1n

�

Uma vez que n � N, então �1n

� > 0, ∀ n � N, pelo que

1 + �1n

� > 1, ∀ n � N.

Em particular, tem-se que ∀ n � N, vn > 0.A opção correta é a (B).

3. w1 = 4w2 = 2w1 + 1 = 2 × 4 + 1 = 9w3 = 2w2 + 1 = 2 × 9 + 1 = 19w4 = 2w3 + 1 = 2 × 19 + 1 = 39A opção correta é a (C).

4. t1 = 1 = 12

t2 = 4 = 22

t3 = 9 = 32

t4 = 16 = 42

E assim sucessivamente.Logo, tn = n2.A opção correta é a (B).

5. Seja (un) a progressão aritmética a que se refere oenunciado. Então:u10 = u1 + (10 – 1)r ⇔ 81 = u1 + 9 × 5

⇔ u1 = 81 – 45⇔ u1 = 36


6. Se un = �2n +n

6n2�, então:

un + 1 – un = – �2n +n

6n2� =

= 2 + 6(n + 1) – 2 – 6n == 6n + 6 – 6n == 6, ∀ n � N

Uma vez que 6 é uma constante, fica provado que(un) é uma progressão aritmética.


7. u1 = –2u2 = 4u3 = –6Logo, (un) não é uma sucessão monótona, uma vezque u2 – u1 > 0 e u3 – u2 < 0. Também se pode já

concluir que (un) não é limitada, uma vez que nãotem majorante nem minorante.

wn + 1 – wn = 2 + �n +

11

� – �2 + �1n

�� =

= �n +

11

� – �1n

� =

= �nn(

–n

n+

–11)

� =

= �n(n

–+1

1)� < 0, ∀ n � N

Logo, (wn) é decrescente.Como (wn) é decrescente, w1 = 3 é um seu majo-rante, bem como qualquer outro número realsuperior a 3. Em particular, 4 é um majorante dasucessão (wn).A opção correta é a (C).

8. (an) é a restrição ao conjunto N da função real devariável real f definida por f(x) = x2 + 6x + 5, que éuma função quadrática e cujo gráfico é uma pará-bola com a concavidade voltada para cima e devértice no ponto de coordenadas (–3, f(–3)), tratan-do-se de uma função decrescente em ]–�, –3] ecrescente em [–3, +�[. Assim, (an) é crescente.

Cálculo auxiliar

Abcissa do vértice: x = �–26� = –3

(bn) é a restrição ao conjunto N da função real devariável real g definida por g(x) = x2 – 6x + 5, que éuma função quadrática e cujo gráfico é uma pará-bola com a concavidade voltada para cima e devértice no ponto de coordenadas (3, f(3)), tratando--se de uma função decrescente em ]–�, 3] e cres-cente em [3, +�[. Assim, (bn) não é monótona.

Cálculo auxiliar

Abcissa do vértice: x = �62

� = 3


9. Observe-se que v1 = 1, v2 = –1, v3 = 1, v4 = –1 eassim sucessivamente, pelo que uma outra formade definir esta sucessão poderia ser:

1 se n é ímparvn =

–1 se n é par

Assim, v2014 = –1.A opção correta é a (A).

10. �un

u+

n

1� = �2–2

2

(n

–2

+

n

1)� = 2–2n – 2 + 2n = 2–2 = �

14

�, ∀ n � N

2(n + 1) + 6(n + 1)2��

n + 1


Uma vez que �14

� é uma constante, então (un) é uma

progressão geométrica de razão �14

�.


11. �un

u+

n

1� = = ��22�n

n�–

–�3

4�� = �2�n�–�3�–�n�+�4� =

= �2� = 2A opção correta é a (B).

12. v1 = 4 × 8 = 32v2 = 4 × 4 = 16v3 = 4 × 2 = 8E assim sucessivamente.Logo, (vn) é uma progressão geométrica em que o

primeiro termo é 32 e a razão é �12

�.

Assim, vn = 32 × ��12

��n – 1

= �2n

2–

5

1� = �2n

1– 6�.


13. 1 + π1 + π2 + … + π2016 + π2017 é a soma dos primei-ros 2018 termos de uma progressão geométricaem que o primeiro termo é 1 e a razão é π. Então:1 + π1 + π2 + … + π2016 + π2017 = 1 × �1 –

1π–

20

π

18� =

= �1 –1

π–

20

π

18�


14. u1 + u2 = 12 ⇔ u1 + u1 + r = 12⇔ r + r + r = 12⇔ 3r = 12⇔ r = 4


15. �k +k

1� = �

k +k

2� ⇔ (k + 1)(k + 2) = k2

⇔ k2 + 3k + 2 = k2

⇔ 3k + 2 = 0

⇔ k = – �23

�


16. un = 1300 × 1,016n – 1

2012 corresponde a n = 1, logo 2030 correspondea n = 19.Assim, em 2030 a população será de 1300 × 1,01618 milhares de habitantes.A opção correta é a (A).

17. 13 + 15 + 17 + … + 2017 é a soma de alguns ter-mos de uma progressão aritmética de razão 2 eprimeiro termo 13.Então, o termo geral desta progressão é:un = 13 + (n – 1) × 2 ⇔ un = 2n + 11Assim:2017 = 2n + 11 ⇔ n = 1003Assim:

13 + 15 + 17 + … + 2017 = 1003 �13 +22017� =

= 1 018 045


18. �uu

1

1

0

0

0

0

1

2� = �

12

� ⇔ �uu

1

1

0

0

0

0

2

1� = 2 ⇔ r = 2

S7 = 381 ⇔ u1 �11––22

7� = 381

⇔ u1 × 127 = 381 ⇔ u1 = 3Assim, un = 3 × 2n – 1.Logo, u10 = 3 × 29.A opção correta é a (C).

19. Como (un) é uma progressão aritmética de razão3, então un + 1 – un = 3.

�vnv

+

n

1� = = 2–3(un + 1 – un) = 2–3 × 3 =

= 2–9, ∀ n � NUma vez que 2–9 é uma constante, então (vn) éuma progressão geométrica de razão 2–9.A opção correta é a (A).

20. Seja h a altura do primeiro triângulo. Pelo Teorema de Pitágoras:62 = 32 + h2 ⇔ h2 = 27Logo, h = �2�7� = 3�3�.Assim, a área do primeiro triângulo é:

a1 = = 9�3�

Uma vez que os triângulos são semelhantes, e queos lados de cada triângulo têm metade do compri-mento dos lados do triângulo anterior, a razão de

semelhança entre os triângulos é �12

� e a razão entre

as suas áreas é ��12

��2

= �14

�.

Então, a sucessão cujo termo geral representa aárea, em cm2, de cada um dos triângulos é uma


� e primeiro

termo 9�3�. Logo:

an = 9�3� × ��14

��n – 1

= =


2�2�n�+�1�–�4��

2�2�n�–�4�1

�2

2–3un + 1��

2–3un

6 × 3�3��

2

9�3��22n – 2

9�3��(22)n – 1


21. p6 – p5q + p4q2 – p3q3 + p2q4 – pq5 + q6 é a somados 7 primeiros termos de uma progressão geo-

métrica de razão – �qp

� e primeiro termo p6.

Assim:p6 – p5q + p4q2 – p3q3 + p2q4 – pq5 + q6 =

= p6 = p6 =

= p6 �(pp

7

++qq)p

7

6� = �p7

p++qq

7�


22.

a) u1 = 2 = 2 × 1u2 = 4 = 2 × 2u3 = 6 = 2 × 3E assim sucessivamente.Logo, un = 2n.

b) u1 = 1 = 12

u2 = 4 = 22

u3 = 9 = 32

E assim sucessivamente.Logo, un = n2.

c) u1 = 3 = 12 + 2u2 = 6 = 22 + 2u3 = 11 = 32 + 2E assim sucessivamente.Logo, un = n2 + 2.

d) u1 = �12

� = �1 +

11

�

u2 = �23

� = �2 +

21

�

u3 = �34

� = �3 +

31

�


Logo, un = �n +n

1�.

e) u1 = 4 = 5 – 1u2 = 3 = 5 – 2u3 = 2 = 5 – 3E assim sucessivamente.Logo, un = 5 – n.

23. un = �n

4+n

2�

a) u6 = �64

+× 6

2� = �2

84� = 3

b) un = 6 ⇔ �n

4+n

2� = 6 ⇔ 4n = 6n + 12

⇔ –2n = 12⇔ n = –6

Como –6 � N, então 6 não é um termo da suces-são (un).

c) u10 – u4 = �14

0×

+10

2� – �

44

+× 4

2� = �1

30� – �

83

� = �23

�

d) un + 1 = �(n

4(+n1+)1+

)2

� + 1 = �4nn

++

34

�

un + 1 = �n

4+n

2� + 1 = �4n

n+

+n2+ 2

� = �5nn

++

22

�

e) un > �52

� ⇔ �n

4+n

2� > �

52

� ⇔ 8n > 5n + 10

⇔ 3n > 10

⇔ n > �130�

Logo, a partir do termo de ordem 4, todos os ter-

mos da sucessão são superiores a �52

�.

24. Se n ímpar:un = 36 ⇔ n + 2 = 36 ⇔ n = 34, que não é umnúmero ímpar.Assim, se 36 for termo da sucessão, então (un)não é um termo de ordem ímpar.

Se n par:un = 36 ⇔ n2 = 36 ⇔ n = 6 ∨ n = –6Logo, 36 é o 6.o termo da sucessão (un).

Se n < 5:vn = 36 ⇔ n2 = 36 ⇔ n = 6 ∨ n = –6Assim, se 36 for termo da sucessão, então (vn)não é um termo de ordem inferior a 5.

Se n ≥ 5:

vn = 36 ⇔ 7n = 36 ⇔ n = �376�, que não é um

número natural.Logo, 36 não é um termo da sucessão (vn).

25.

a) a1 = –1a2 = 1a3 = –1Tem-se que a2 – a1 > 0 e a3 – a2 < 0, logo a suces-são (an) não é monótona.

b) bn + 1 – bn = 4(n + 1) – 5 – (4n – 5) == 4n + 4 – 5 – 4n + 5 == 4 > 0, ∀ n � N

Logo, (bn) é uma sucessão crescente.

c) cn + 1 – cn = �3nn

++

15

� – �3nn+ 2� =

= =

1 + �qp

7

7�

��1 + �

qp

�

1 – �– �qp

��7

��1 + �

qp

�

3n2 + 5n – (3n2 + 5n + 2)��

n(n + 1)


= p6 = p6 �((pp

7

++qq)

7

p)p

7� =�p7

p+

7q7

�

��p +pq

�

= �n(n

–+2

1)� < 0, ∀ n � N

Logo, (cn) é uma sucessão decrescente.

26.

a) a1 = 13 + 2 = 3a2 = 23 + 2 = 10a3 = 33 + 2 = 29E assim sucessivamente.Então, o conjunto dos minorantes de (an) é ]–�, 3]e (an) não tem majorantes.

b) b1 = –5 × 1 – 1 = –6b2 = –5 × 2 – 1 = –11b3 = –5 × 3 – 1 = –16E assim sucessivamente.Então, o conjunto dos majorantes de (bn) é [–6, +�[e (bn) não tem minorantes.

c) c1 = – �12

�

c2 = �12

�

c3 = – �12

�

c4 = �12

�

E assim sucessivamente.Então, o conjunto dos minorantes de (cn) é �–�, – �

12

��e o conjunto dos majorantes de (cn) é ��

12

�, +��.

d) d1 = –1 d2 = 2d3 = –3d4 = 4E assim sucessivamente.Então, (dn) não tem majorantes nem minorantes.

27.

a) un = 2 + �1n

�

Sabe-se que 0 < �1n

� ≤ 1, ∀ n � N.

Logo, 2 < 2 + �1n

� ≤ 3, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (un) é limitada.

b) vn = �3nn– 1� = 3 – �

1n

�


� ≤ 1, ∀ n � N.

Logo, 0 > – �1n

� ≥ –1 ⇔ 3 > 3 – �1n

� ≥ 2, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (vn) é limitada.

–1 se n é ímparc) wn = (–1)n =

1 se n é par

Logo, –1 ≤ wn ≤ 1, ∀ n � N. Assim, a sucessão (wn)é limitada.

28.

a) un + 1 – un = �25

� (n + 1) + 1 – ��25

� n + 1� =

= �25

� n + �25

� + 1 – �25

� n – 1 =

= �25

�, ∀ n � N

Uma vez que �25

� é uma constante, então (un) é uma

progressão aritmética de razão �25

�.

b) vn + 1 – vn = �2(nn+

+1)1

+ 1� – �2n

n+ 1� =

= �2nn

++

13

� – �2nn+ 1�

= =

= �n(n

–+1

1)�, ∀ n � N

Uma vez que �n(n

–+1

1)� não é uma constante, então

(vn) não é uma progressão aritmética.

c) wn + 1 – wn = (n + 1)2 + (n + 1) – (n2 + n) == n2 + 2n + 1 + n + 1 – n2 – n == 2n + 2, ∀ n � N

Uma vez que 2n + 2 não é uma constante, então(wn) não é uma progressão aritmética.

d) xn + 1 – xn = – �n2 –n

2n� =

= �nn

2

+–

11

� – (n – 2) =

= �(n +n1)+(n1

– 1)� – n + 2 =

= n – 1 – n + 2 =

= 1, ∀ n � NUma vez que 1 é uma constante, então (xn) é umaprogressão aritmética de razão 1.

e) yn + 1 – yn = yn – π – yn = –π, ∀ n � NUma vez que –π é uma constante, então (yn) é umaprogressão aritmética de razão –π.

2n2 + 3n – 2n2 – 2n – n – 1��

n(n + 1)

(n + 1)2 – 2(n + 1)��

n + 1


= – �n(nn– 2)� =

n2 + 2n + 1 – 2n – 2��

n + 1

29.

a) �un

u+

n

1� = = πn + 1 – n = π, ∀ n � N

Uma vez que π é uma constante, então (un) é umaprogressão geométrica de razão π.

b) �vnv

+

n

1� = = (�3�)n – n + 1 = �3�, ∀ n � N

Uma vez que �3� é uma constante, então (vn) éuma progressão geométrica de razão �3�.

c) �wn

w+

n

1� = �(n + 1n

)2

2

++nn + 1

� = =

= �n2

n+

23+nn+ 2

� =

= �(n +n(

1n

)+(n

1+)

2)� =

= �n +n

2�, ∀ n � N

Uma vez que �n +n

2� não é uma constante, então (wn)

não é uma progressão geométrica.

d) �xn

x

+

n

1� = = �4n

4

+

n

1� = 4, ∀ n � N

Uma vez que 4 é uma constante, então (xn) é umaprogressão geométrica de razão 4.

e) �yn

y

+

n

1� = = �5n

5+

n

1� = �15

�, ∀ n � N

Uma vez que �15

� é uma constante, então (yn) é uma


�.

30. un = 3n + 9

a) un = 100 ⇔ 3n + 9 = 100 ⇔ 3n = 91 ⇔ n = �931�,

que não é um número natural.Logo, 100 não é um termo da sucessão (un).

b) up > 400 ⇔ 3p + 9 > 400 ⇔ 3p > 391

⇔ p > �393

1�

Logo, a partir do termo de ordem 131 todos os ter-mos da sucessão são superiores a 400.

c) un + 1 – un = 3(n + 1) + 9 – (3n + 9) == 3n + 3 + 9 – 3n – 9 == 3 > 0, ∀ n � N

Logo, (un) é uma sucessão crescente. Uma vez que 3 é uma constante, então (un) é umaprogressão aritmética de razão 3.

d) Sn = 957 ⇔ �u1 +

2un� × n = 957

⇔ (12 + 3n + 9)n = 1914⇔ 3n2 + 21n – 1914 = 0

⇔ n =

⇔ n = �–216± 153�

⇔ n = 22 ∨ n = –87

Como n tem de ser um número natural, então n = 22. Logo, o número de termos consecutivos a adicio-nar ao primeiro termo de forma a obter a soma957 é 21.

31. un = �2nn– 1�

a) un = 20 ⇔ �2n

n– 1� = 20

⇔ 2n – 1 = 20n⇔ –18n = 1

⇔ n = – �118� (� N)

Logo, 20 não é um termo da sucessão (un).

b) un + 1 – un = �2nn

++

11

� – �2nn– 1� =

= =

= �n(n

1+ 1)� > 0, ∀ n � N

Logo, (un) é uma sucessão crescente.

c) Uma vez que �n(n

1+ 1)� não é uma constante, então

(un) não é uma progressão aritmética.

d) un = �2nn– 1� = 2 – �

1n

�


� ≤ 1, ∀ n � N.

Logo, 0 > – �1n

� ≥ –1 ⇔ 2 > 2 – �1n

� ≥ 1, ∀ n � NAssim, a sucessão (un) é limitada, sendo, por exem -plo, 1 um minorante e 2 um majorante do conjuntodos termos da sucessão.

32.

a) O número de bolotas que o esquilo apanha emcada dia é dado por uma progressão aritmética derazão 3 e primeiro termo 7.Assim, o número de bolotas que o esquilo apanhano n-ésimo dia do mês é dado pela expressão:

un = 7 + (n – 1) × 3 == 7 + 3n – 3 == 3n + 4

2πn + 1�

2πn

(�3�)n��(�3�)n – 1

n2 + 2n + 1 + n + 1��

n2 + n

�4n

5

+ 1�

��

�45

n�

�5n

4+ 1�

��

�54n�

–21 ± �2�1�2�+� 4� ×� 3� ×� 1�9�1�4��

6

2n2 + n – 2n2 – 2n + n + 1��

n(n + 1)


b) u25 = 3 × 25 + 4 = 79No 25.o dia, o esquilo apanhou 79 bolotas.

c) Sn > 1000 ⇔ �7 + 3

2n + 4� × n > 1000

⇔ 3n2 + 11n – 2000 > 0

Cálculo auxiliar

3n2 + 11n – 2000 = 0 ⇔ n =

Logo, n ≈ –27,7 ∨ n ≈ 24,1.

Logo, ao fim de 25 dias, o número de bolotas ultra-passou pela primeira vez as 1000 bolotas.

33.

a) u36 = 20 + 35 × 10 = 370A 36.a prestação foi de 370 euros.

b) S36 = �20 +2

370� × 36 = 7020

A Teresa pagou 7020 euros pelo carro.

34. un = 10 + (n – 1) × 2 = 2n + 8u15 = 2 × 15 + 8 = 38

S15 = �10 +2

38� × 15 = 360

O estudante fez 360 exercícios diferentes.

35.

u1 = 2a)

un + 1 = un + 2, ∀ n � Nu1 = 4

b)

un + 1 = un – 1, ∀ n � N

u1 = �a2

�

c)

un + 1 = �12

� un , ∀ n � N

u1 = a3

d)

un + 1 = �3a

� un, ∀ n � N

36.

a) a3 = 6a4 = 12a5 = 10

Tem-se que a4 – a3 > 0 e a5 – a4 < 0, logo a suces-são (an) não é monótona.

b) (bn) é a restrição ao conjunto N da função real devariável real f definida por f(x) = (4 – x)2, que é umafunção quadrática cujo gráfico é uma parábola coma concavidade voltada para cima e de vértice noponto de coordenadas (4, 0), tratando-se de umafunção decrescente em ]–�, 4] e crescente em [4, +�[. Assim, (bn) não é monótona.

c) cn + 1 – cn = 3 × 2n – 3 × 2n – 1 =

= 3 × 2n �1 – �12

�� =

= �32

� × 2n > 0, ∀ n � NLogo, (cn) é uma sucessão crescente.

d) dn + 1 – dn =

= �2nn

++

23

� – �2nn

++

11

� =

= =

=�(2n + 3

–)1(2n + 1)� < 0, ∀ n � N

Logo, (dn) é uma sucessão decrescente.

e) e9 = 9e10 = 10e11 = 6

Tem-se que e10 – e9 > 0 e e11 – e10 < 0, logo asucessão (en) não é monótona.

37.

a) un = �nn

++

13

� = �n +n +

3 –3

2� =

= 1 – �n +

23

�


� ≤ 1, ∀ n � N. Então:

0 < �n +

13

� ≤ �14

� ⇔ 0 > – �n +

23

� ≥ – �12

�

⇔ 1 > 1 – �n +

23

� ≥ �12

�, ∀ n � NAssim, a sucessão (un) é limitada.

b) Tem-se que –1 ≤ cos(n) ≤ 1, ∀ n � N. Logo, 3 ≤ 4 + cos(n) ≤ 5, ∀ n � N. Assim, a sucessão (vn) é limitada.

–11 ± �1�2�1� +� 2�4� 0�0�0��

6

2n2 + n + 4n + 2 – 2n2 – 3n – 2n – 3��

(2n + 3)(2n + 1)


x

+ +

--

⇔ n = –11 ± �2�4� 1�2�1��

6

c) wn = π–n = ��1π

��n

é uma progressão geométrica de

razão �1π

� e primeiro termo �1π

�. Como 0 < �1π

� < 1, (wn) é

decrescente. Assim, um majorante dos termos da

sucessão é w1 = �1π

�.

Além disso, tem-se que ��1π

��n

> 0, ∀ n � N.

Logo, 0 < ��1π

��n

≤ �1π

�, ∀ n � N.

Assim, a sucessão (wn) é limitada.

38.

a) un + 1 – un = �43nn

++

45

� – �3n

4+n

2� =

= =

= �(3n + 5)

8(3n + 2)� > 0, ∀ n � N


Como (un) é crescente, um minorante do conjunto

dos termos de (un) é u1 = �45

� .

u1 = �45

�

un = �3n

4+n

2� = �

43

� – �3(3n

8+ 2)� = �

43

� – �9n

8+ 6�

Cálculo auxiliar

4n 3n + 2

–4n – �83

� �43

�

– �83

�

Como �9n

8+ 6� > 0, ∀ n � N, então:

– �9n

8+ 6� < 0 ⇔ �

43

� – �9n

8+ 6� < �

43

�, ∀ n � N

Logo, �45

� ≤ un < �43

�, ∀ n � N, ou seja, a sucessão (un)

é limitada.

b) vn + 1 – vn = 1 – �12

� (n + 1) – �1 – �12

� n� =

= 1 – �12

� n – �12

� – 1 + �12

� n =

= – �12

� < 0, ∀ n � NLogo, (vn) é decrescente.A sucessão (vn) não tem minorantes, logo não éuma sucessão limitada.

c) w1 = –1w2 = 2w3 = –3w4 = 4E assim sucessivamente.Tem-se que w2 – w1 > 0 e w3 – w2 < 0, logo asucessão (wn) não é monótona.A sucessão (wn) não tem minorantes nem majo-rantes, logo não é uma sucessão limitada.

d) x1 = 3 – 1 = 2

x2 = 3 + �12

� = �72

�

x3 = 3 – �13

� = �83

�

Tem-se que x2 – x1 > 0 e x3 – x2 < 0, logo a suces-são (xn) não é monótona.

3 – �1n

� se n é ímpar

xn = 3 + (–1)n × �1n

� =

3 + �1n

� se n é par


� ≤ 1, ∀ n � N. Então, 3 < 3 + �1n

� < 4,

se n é par, e 0 > – �1n

� ≥ –1 ⇔ 3 > 3 – �1n

� ≥ 2, se n é

ímpar. Assim, 2 ≤ xn < 4, ∀ n � N.Logo, a sucessão (xn) é limitada.

39.

a) u2014 – u2015 =

= 1 – 2 sen ��2013

4π�� – 1 + 2 sen ��201

35π�� =

= 2 sen �671π + �π3

�� – 2 sen �672π – �π3

�� =

= 2 sen �π + �π3

�� – 2 sen �– �π3

�� =

= –2 sen ��π3

�� + 2 sen ��π3

�� =

= 0

b) un = 1 ⇔ 1 – 2 sen ��n3π�� = 1

⇔ 2 sen ��n3π�� = 0

⇔ sen ��n3π�� = 0

⇔ �n3π� = kπ, k � Z

⇔ n = 3k, k � ZTodos os termos de ordem n = 3k, k � Z, são ter-mos iguais a 1.

12n2 + 8n + 12n + 8 – 12n2 – 20n��

(3n + 5)(3n + 2)


c) Por exemplo:u3 – u2 = 1 – 2 sen π – �1 – 2 sen ��

23π�� = �3� > 0 e

u6 – u5 = 1 – 2 sen(2π) – �1 – 2 sen ��53π�� = –�3� < 0,

logo (un) é não monótona.

d) Sabe-se que –1 ≤ sen ��n3π�� ≤ 1, ∀ n � N

Então:

2 ≥ –2 sen ��n3π�� ≥ –2 ⇔ 3 ≥ 1 – 2 sen ��

n3π�� ≥ –1

Assim, –1 ≤ un ≤ 3, ∀ n � N. Logo, (un) é limitada.

40.

a) un = 4 + (n – 1) × (–3) ⇔ un = 4 – 3n + 3⇔ un = –3n + 7

Uma vez que r = –3 < 0, então (un) é uma progres-são aritmética decrescente.

b) un = –46 + (n – 10) × (–5) ⇔ un = –46 – 5n + 50⇔ un = –5n + 4

Uma vez que r = –5 < 0, então (un) é uma progres-são aritmética decrescente.

c) u60 = u10 + (60 – 10)r ⇔ 33 = 8 + 50r ⇔ r = �12

�

un = 8 + (n – 10) × �12

� ⇔ un = 8 + �12

� n – 5

⇔ un = �12

� n + 3

Uma vez que r = �12

� > 0, então (un) é uma progressão

aritmética crescente.

d) u200 = u180 + (200 – 180)r ⇔ 0 = 10 + 20r

⇔ r = – �12

�

un = 0 + (n – 200) × �– �12

�� ⇔ un = – �12

� n + 100

Uma vez que r = – �12

� < 0, então (un) é uma progres-

são aritmética decrescente.

e) u9 = u2 + (9 – 2)r ⇔ –2 = –16 + 7r ⇔ r = 2un = –16 + (n – 2) × 2 ⇔ un = –16 + 2n – 4

⇔ un = 2n – 20Uma vez que r = 2 > 0, então (un) é uma progres-são aritmética crescente.

f) un = –17 + (n – 1) × 6 ⇔ un = –17 + 6n – 6 ⇔ un = 6n – 23

Uma vez que r = 6 > 0, então (un) é uma progres-são aritmética crescente.

41. un = 3 + (n – 1) × 4 ⇔ un = 3 + 4n – 4⇔ un = 4n – 1

Sn = 465 ⇔ �u1 +

2un� × n = 465

⇔ �3 + 4

2n – 1� × n = 465

⇔ (4n + 2)n = 930

⇔ 4n2 + 2n – 930 = 0

⇔ n =

⇔ n = �–2 ±8

122�

⇔ n = 15 ∨ n = –62Como n é um número natural, então n = 15.

42.

a) un = –3 + (n – 1) × 6 ⇔ un = –3 + 6n – 6⇔ un = 6n – 9

b) u8 + u9 + … + u43 = �u8 +2u43� × (43 – 8 + 1) =

= × 36 =

= 144 × 36 == 5184

c) Sn = 37 629 ⇔ �u1 +

2un� × n = 37 629

⇔ �–3 +

26n – 9� × n = 37 629

⇔ (6n – 12)n = 75 258⇔ 6n2 – 12n – 75 258 = 0⇔ n2 – 2n – 12 543 = 0

⇔ n =

⇔ n = �2 ±2224�

⇔ n = 133 ∨ n = –111Como n é um número natural, então n = 113.

43.

a) un = 1 + (n – 1) × 0,1 ⇔ un = 1 + 0,1n – 0,1⇔ un = 0,1n + 0,9

un = 100 ⇔ 0,1n + 0,9 = 100 ⇔ 0,1n = 99,1 ⇔ n = 991

A sequência tem 991 elementos.

b) S991 = �1 +

2100� × 991 = 50 045,5

44.

a) vn = 4 × 3n – 1

Uma vez que v1 = 4 > 0 e r = 3 > 1, então (vn) é umaprogressão geométrica crescente.

b) 93 750 = 150 × r7 – 3 ⇔ r4 = 625 ⇔ r = 5 ∨ r = –5Como r < 0, então r = –5.150 = v1 × (–5)3 – 1 ⇔ 150 = v1 × 25 ⇔ v1 = 6vn = 6 × (–5)n – 1

Uma vez que r = –3 < 0, então (vn) é uma progres-são geométrica não monótona.

–2 ± �4� +� 1�4� 8�8�0��

8

6 × 8 – 9 + 6 × 43 – 9��

2

2 ± �4� +� 5�0� 1�7�2��

2


45.

a) �wn

w+

n

1� = = �3n

3+

n

1� = �13

�, ∀ n � N

Uma vez que �13

� é uma constante, então (wn) é uma


�.

b) 0 < r = �13

� < 1 e w1 = �23

� > 0, logo (wn) é uma progres-

são geométrica decrescente.

c) Sn = �23

� × = �23

� × = 1 – ��13

��n

46.

a) u1 = 2ru1 + u2 = 24 ⇔ u1 + u1 × r = 24

⇔ 2r + 2r × r = 24⇔ 2r2 + 2r – 24 = 0⇔ r2 + r – 12 = 0

⇔ r =

⇔ r = �–12± 7�

⇔ r = –4 ∨ r = 3

Como a razão é positiva, então r = 3.

b) �uu

2

1� = �u

u3

2� ⇔ �

5a8

–a

3� = �

5aa

+–33

�

⇔ 25a2 – 30a + 9 = 8a2 + 24a⇔ 17a2 – 54a + 9 = 0

⇔ a =

⇔ a = 3 ∨ a = �137�

�uu

3

2� = �u

u4

3� ⇔ �

5aa

+–33

� = �a +a

3�

⇔ a2 + 6a + 9 = 5a2 – 3a⇔ 4a2 – 9a – 9 = 0

⇔ a =

⇔ a = 3 ∨ a = – �34

�

Logo, a = 3.Então, u1 = 24 e u2 = 12.

Assim, r = �uu

2

1� = �

12

24� = �

12

�.

47.

a) u1 = 2000 × 1,013 = 2026 euros u4 = 2000 × 1,0134 ≈ 2106 euros

b) un = 2026 × 1,013n – 1

48.

a) Sucessão definida por recorrência:

P1 = 6π

Pn = �12

� Pn – 1, n ≥ 2

Termo geral da sucessão: Pn = 6π × ��12

��n – 1

b) Se a medida do diâmetro da primeira circunferên-cia é 6, então a medida do raio é 3. Logo, A1 = π × 32 = 9π.

Se a razão de semelhança entre as medidas dos

diâmetros das circunferências é �12

�, então a razão

de semelhança entre as respetivas áreas é

��12

��2

= �14

� .

Sucessão definida por recorrência:

A1 = 9π

An = �14

� An – 1, n ≥ 2

Termo geral da sucessão: An = 9π × ��14

��n – 1

49. Seja P(n) : �1 – �12

�� 1 – �13

�� 1 – �14

�� … �1 – �1n

�� = �1n

�.

P(2): 1 – �12

� = �12

� ⇔ �12

� = �12

�


Hipótese: �1 – �12

�� 1 – �13

�� 1 – �14

�� … �1 – �1n

�� = �1n

�

Tese: �1 – �12

�� 1 – �13

�� 1 – �14

�� … �1 – �1n

�� 1 – �n +

11

�� =

= �n +

11

�

Demonstração:

�1 – �12

�� 1 – �13

�� 1 – �14

��… �1 – �1n

�� 1 – �n +

11

�� =

= �1n

� �1 – �n +

11

�� = �1n

� × �n +n

1� = �

n +1

1�

Logo, �1 – �12

�� 1 – �13

�� 1 – �14

�� … �1 – �1n

�� = �1n

�,

∀ n � N \ {1}.

50. Seja P(n): �1

1× 2� + �

2 1× 3� + �

3 1× 4� + … + �

n(n1+ 1)� =

= �n +n

1�.

P(1): �1

1× 2� = �

1 +1

1� ⇔ �

12

� = �12

�


�3n

2+ 1�

��32n�

1 – ��13

��n��

�23

�

1 – ��13

��n��

1 – �13

�

–1 ± �1� +� 4�8��

2

54 ± �2�3�0�4��

34

9 ± �2�2�5��

34


Hipótese:

�1

1× 2� + �

2 1× 3� + �

3 1× 4� + … + �

n(n1+ 1)� = �

n +n

1�

Tese:

�1

1× 2� + �

2 1× 3� + �

3 1× 4� + … + �

n(n1+ 1)� + �

(n + 1)1(n + 2)� =

= �nn

++

12

�

Demonstração:

�1

1× 2� + �

2 1× 3� + �

3 1× 4� + … + �

n(n1+ 1)� + �

(n + 1)1(n + 2)� =

= �n +n

1� + �

(n + 1)1(n + 2)�=

= �(nn2

++12)(nn

++

12)

� =

= =

= �nn

++

12

�

Logo, �1

1× 2� + �

2 1× 3� + �

3 1× 4� + … + �

n(n1+ 1)� = �

n +n

1�,

∀ n � N.

51. Seja P(n): vn = 7 + (n – 1) × 2.P(1): v1 = 7 + (1 – 1) × 2 ⇔ 7 = 7 + 0 ⇔ 7 = 7Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: vn = 7 + (n – 1) × 2

Tese: vn + 1 = 7 + n × 2

Demonstração:vn + 1 = vn + 2 = 7 + (n – 1) × 2 + 2 =

= 7 + 2n – 2 + 2 == 7 + 2n = = 7 + n × 2

Logo, vn = 7 + (n – 1) × 2, ∀ n � N.

52. Seja P(n): u = 7 × ��12

��n – 1

.

P(1): u1 = 7 × ��12

��1 – 1

⇔ 7 = 7 × ��12

��0

⇔ 7 = 7 × 1 ⇔ 7 = 7Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: un = 7 × ��12

��n – 1

Tese: un + 1 = 7 × ��12

��n

Demonstração:

un + 1 = �u2n� = = 7 × ��

12

��n – 1

× �12

� =

= 7 × ��12

��n

Logo, un = 7 × ��12

��n – 1

, ∀ n � N.

53.

a) |un| < L ⇔ ��2n3+ 1�� < L ⇔ �

2n3+ 1� < L

⇔ 3 < 2nL + L⇔ 2nL > 3 – L

⇔ n > �3

2–LL

�

Se, por exemplo, L = 2, vem que n = �32

–× 2

2�, ou seja,

n > �14

�, que é uma condição universal em N.

Então, existe um número real positivo L tal que ∀ n � N, |un| < L.

b) |un| < L ⇔ ��2n3+ 1�� < L ⇔ �

2n3+ 1� < L

⇔ 2n + 1 < 3L⇔ 2n < 3L – 1

⇔ n < �3L2– 1�

Ou seja, apenas verificam a condição |un| < L, os

termos cuja ordem é inferior a �3L2– 1�. Logo, não

existe nenhum número real L nas condições dadas.

54. |un| < L ⇔ �–4 – �1n

�� < L ⇔ �–�4 + �1n

�� < L

⇔ 4 + �1n

� < L

⇔ 4n + 1 < Ln⇔ 4n – Ln < –1⇔ –4n + Ln > 1⇔ n(–4 + L) > 1

⇔ n > �L

1– 4�

Se, por exemplo, L = 1, vem que n > �1

1– 4�, ou seja,

n > – �13

�, que é uma condição universal em N.

Então, existe um número real positivo L tal que ∀ n � N, |un| < L.

55. Pretende-se calcular 151 + 153 + … + 413.As parcelas desta soma estão em progressão arit-mética de razão 2.Assim, o termo geral desta progressão aritmética é:un = u1 + (n – 1)2 ⇔ un = 151 + (n – 1)2

⇔ un = 151 + 2n – 2⇔ un = 2n + 149

É agora necessário saber a ordem do termo 413:un = 413 ⇔ 2n + 149 = 413 ⇔ 2n = 264 ⇔ n = 132Ou seja, a soma que se pretende determinar éconstituída por 132 parcelas.

(n + 1)2��(n + 1)(n + 2)

7 × ��12

��n – 1

��2


Logo, S = �151 +2

413� × 61 = 37 224.

56. Seja P(n): 2n

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) = 2n.

P(1):2

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) = 2

⇔ –1 × (2 × 1 + 1) + 1 × (2 × 2 + 1) = 2 ⇔ –3 + 5 = 2 ⇔ 2 = 2 Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese:2n

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) = 2n.

Tese:2n + 2

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) = 2n + 2

Demonstração:2n + 2

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) =

= 2n

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) + (–1)2n + 1 × (2(2n + 1) + 1) +

+ (–1)2n + 2 × (2(2n + 2) + 1) == 2n – (4n + 2 + 1) + (4n + 4 + 1) == 2n – 4n – 3 + 4n + 5 == 2n + 2

Logo,2n

∑k = 1

(–1)k × (2k + 1) = 2n, ∀ n � N.

57.

a) Seja P(n): 32n – 1 é divisível por 8. P(1): 32 – 1 = 9 – 1 = 8, que é divisível por 8.Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 32n – 1 é divisível por 8.

Tese: 32n + 2 – 1 é divisível por 8.

Demonstração:

32n + 2 – 1 = 32n × 32 – 1 = 32n × 9 – 9 + 9 – 1 = = 9(32n – 1) + 8

Como, por hipótese, 32n – 1 é divisível por 8 e 8 édivisível por 8, então 9(32n – 1) + 8 é divisível por 8,por se tratar da soma de dois números divisíveispor 8.Logo, 32n – 1 é, para todo o número natural n, divi-sível por 8.

b) ∀ n � N, 3n2 + n – 2 é um número par. Seja P(n): 3n2 + n – 2 é um número par. P(1): 3 × 12 + 1 – 2 = 2 é um número par. Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 3n2 + n – 2 é um número par.

Tese: 3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 é um número par.

Demonstração:3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 = 3(n2 + 2n + 1) + n + 1 – 2 =

= 3n2 + 7n + 2 =

= (3n2 + n – 2) + (6n + 4) == (3n2 + n – 2) + 2(3n + 2)

Por hipótese, 3n2 + n – 2 é um número par. Alémdisso, 2(3n + 2) é um número par. A soma de doisnúmeros pares é um número par. Logo, (3n2 + n – 2) + 2(3n + 2) é um número par, ouseja, 3(n + 1)2 + (n + 1) – 2 é um número par.Logo, ∀ n � N, 3n2 + n – 2 é um número par.

c) Seja P(n): 4n > n2.P(1): 41 > 12 ⇔ 4 > 1 Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: 4n > n2

Tese: 4n + 1 > (n + 1)2

Demonstração: 4n + 1 = 4n × 4 > 4n2

Basta então provar que 4n2 ≥ (n + 1)2.4n2 ≥ (n + 1)2 ⇔ 4n2 ≥ n2 + 2n + 1

⇔ 3n2 – 2n – 1 ≥ 0⇔ (3n + 1)(n – 1) ≥ 0

Uma vez que 3n + 1 > 0, ∀ n � N, e que n – 1 ≥ 0, ∀ n � N, então (3n + 1)(n – 1) ≥ 0, ∀ n � N.Logo, 4n > n2, ∀ n � N.

58. Seja P(n): an – 1 é um múltiplo de a – 1.P(1): a1 – 1 = a – 1, que é um múltiplo de a – 1.Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: an – 1 é um múltiplo de a – 1.

Tese: an + 1 – 1 é um múltiplo de a – 1.

Demonstração:

an + 1 – 1 = an × a – 1 == an × a – a + a – 1 == a(an – 1) + a – 1

Como, por hipótese, an – 1 é um múltiplo de a – 1 ea – 1 é um múltiplo de a – 1, então a(an – 1) + a – 1é um múltiplo de a – 1, por se tratar da soma dedois múltiplos de a – 1.Logo, an – 1 é, para todo o número natural n, ummúltiplo de a – 1.

59.

a) Seja P(n): un > 1.P(1): u1 > 1 ⇔ 2 > 1Logo, P(1) é uma proposição verdadeira.

Hipótese: P(n): un > 1

Tese: P(n): un + 1 > 1

Demonstração:

un + 1 = �un

3+ 2� > �1 +

32

� = 1, ou seja, un + 1 > 1.

Logo, un > 1, ∀ n � N.


b) un + 1 – un = �un

3+ 2� – un =

= �un + 23– 3un� =

= �23

� – �23

� un

Pela alínea anterior:

un > 1 ⇔ �23

� un > �23

� ⇔ – �23

� un < – �23

� ⇔ �23

� – �23

� un < 0

Logo, como un + 1 – un < 0, ∀ n � N, a sucessão (un)é decrescente.

60. Sejam un = u1 + (n – 1)r e vn = v1 + (n – 1)r’ os ter-mos gerais de duas progressões aritméticas (un)e (vn) de razões r e r', respetivamente. Seja (wn) asucessão cujo termo geral é a soma dos termosgerais de (un) e (vn).wn = un + vn = u1 + (n – 1)r + v1 + (n – 1)r’ =

= u1 + v1 + (n – 1)(r + r’) Então: wn + 1 – wn == u1 + v1 + n(r + r’) – (u1 + v1 + (n – 1)(r + r’)) == u1 + v1 + n(r + r’) – u1 – v1 – n(r + r’) + (r + r’) == r + r’, ∀ n � N.

Uma vez que r + r’ é uma constante, então (wn) éuma progressão aritmética de razão r + r’.

61. un + 1 – un = a(n + 1) + b – (an + b) == an + a + b – an – b == a

Uma vez que a é uma constante, então (un) é umaprogressão aritmética de razão a.

62.

a) u2 – u1 = u3 – u2 ⇔ x2 – (x – 1) = x + 5 – x2

⇔ x2 – x + 1 = x + 5 – x2

⇔ 2x2 – 2x – 4 = 0⇔ x2 – x – 2 = 0

⇔ x =

⇔ x = 2 ∨ x = –1

Uma vez que x é negativo, então x = –1.Assim: u1 = –1 – 1 = –2u2 = (–1)2 = 1u3 = –1 + 5 = 4

b) r = u2 – u1 = 1 – (–2) = 3un = u5 + 3(n – 5) ⇔ un = 4 + 3n – 15

⇔ un = 3n – 11

63. Sejam x, x + r, x + 2r, x + 3r, x + 4r as medidas deamplitude dos ângulos internos do pentágono, emgraus.

x + x + r + x + 2r + x + 3r + x + 4r = 180o(5 – 2) ⇔ 5x + 10r = 540o

⇔ x + 2r = 108o

Assim, x + 2r = 108o é a amplitude do ângulomediano do pentágono considerado.

uk + uk + 1 + uk + 2 = 18 64.

uk × uk + 1 × uk + 2 = 66

uk + uk + r + uk + 2r = 18⇔

uk × (uk + r) × (uk + 2r) = 66

3uk + 3r = 18 uk + r = 6⇔ ⇔

————— —————

uk = 6 – r⇔

(6 – r) × (6 – r + r) × (6 – r + 2r) = 66

————— —————⇔ ⇔

(6 – r) × 6 × (6 + r) = 66 36 – r2 = 11

————— uk = 1 uk = 11⇔ ⇔ ∨

r2 = 25 r = 5 r = –5

Se uk = 1 e r = 5, então uk + 1 = 6 e uk + 2 = 11.Se uk = 11 e r = –5, então uk + 1 = 6 e uk + 2 = 1.

65. un + 1 – un = 3

�wn

w+

n

1� = = 2–3un + 1 + 3un =

= 2–3(un + 1 – un) == 2–3 × 3 == 2–9

= �5

112�, ∀ n � N

Como �5

112� é uma constante, então (wn) é uma


112�.

66. Sejam un = u1 × rn – 1 e vn × r’n – 1 os termos geraisde duas progressões geométricas (un) e (vn) derazões r e r', respetivamente. Seja (wn) a sucessãocujo termo geral é o produto dos termos gerais de(un) e (vn).wn = un × vn = u1 × rn – 1 × v1 × r’n – 1 =

= u1 × v1 × (r × r’)n – 1

Então:

�wn

w+

n

1� = =

1 ± �1� +� 8��

2

2–3un + 1��

2–3un

u1 × v1 × (r × r’)n��u1 × v1 × (r × r’)n – 1


= (r × r’)n – n + 1 == r × r’, ∀ n � N

Uma vez que r × r’ é uma constante, então (wn) éuma progressão geométrica de razão r × r’.

67. �un

u+

n

1� = =

= bcn + c + d – cn – d == bc, ∀ n � N

Uma vez que bc é uma constante, então (un) é umaprogressão geométrica de razão bc.

68.

a) A medida do lado do quadrado [ABCD] é 16.

A�E� = �146� = 4

A�F� = �34

� × 16 = 12


E�F�2 = 42 + 122 ⇔ E�F�2 = 160

Logo, E�F� = �1�6�0� = 4�1�0�, isto é, a medida do ladodo quadrado [EFGH] é 4�1�0�.

E�I� = = �1�0�

E�J� = �34

� × 4�1�0� = 3�1�0�


I�J�2 = (�1�0�)2 + (3�1�0�)2 ⇔ I�J�2 = 100

Logo, I�J� = �1�0�0� = 10, isto é, a medida do lado doquadrado [IJKL] é 10.

b)

i) A1 = 16

A2 = 4�1�0� = × 16


Então, A1 = 16 ∧ An + 1 = An, ∀ n � N.

Uma vez que é uma constante, então (An) é

ii) Uma vez que (An) é uma progressão geométrica de

geral é An = � �n – 1

, ∀ n � N.

Assim:

An = 16 × � �n – 1

=

= 16 × (�1�0�)n – 1 × 4–n + 1 =

= 24 × (22)–n + 1 × (10 )n – 1 =

= 24 × 2–2n + 2 × 10 =

= 24 – 2n + 2 × (2 × 5) =

= 2–2n + 6 × 2 × 5 =

= 2–2n + 6 + × 5 =

= 2 × 5 =

= 2 × 5

c) An = �245� ⇔ 2 × 5 = �2

45�

⇔ 2 × 5 = 52 × 2–2

�11 –

23n

� = –2⇔

�n –

21

� = 2

11 – 3n = –4⇔

n – 1 = 4

–3n = –15⇔

n = 5

⇔ n = 5

Sim, para n = 5 tem-se que An = �245�.

d) Bn = An × An =

= 16 × � �n – 1

× 16 × � �n – 1

=

= 256 × �� 2

�n – 1

=

= 256 × ��58

��n – 1

a × bc(n + 1) + d��

a × bcn + d

4�1�0��

4

�1�0��

4

�1�0��

4

�1�0��

4

�1�0��

4

�1�0��

4

1�2

n – 1�

2

n – 1�

2

n – 1�

2n – 1�

2

n – 1�

2n – 1�

2

n – 1�

2–4n + 12 + n – 1��

2

n – 1�

211 – 3n�

2

n – 1�

211 – 3n�

2

n – 1�

211 – 3n�

2

�1�0��

4�1�0��

4

�1�0��

4


= =bcn + c + d�bcn + d

A3 = 10 = × 4�1�0��1�0��

4

�AAn +

n

1� = = , ∀ n � N.��1�0�� An

��An

�1�0��

4

uma progressão geométrica de razão .�1�0��

4

4

razão e primeiro termo 16, então o seu termo�1�0��

4

= 256 × �� n – 1

�2

= �1�0��

4

Uma vez que �58

� é uma constante, então (Bn) é uma


� e termo geral

Bn = 256 × ��58

��n – 1

= 28 × =

= 28 – 3n + 3 × 5n – 1 =

= 211 – 3n × 5n – 1

69. Se 0 ≤ p ≤ n – 1, e uma vez que os termos dasequência (u1, u2, …, un) estão em progressão geo-métrica, tem-se que:up + 1 = u1 × rn – 1 – p

un – p = u1 × rn – n + p = u1 × rp

un = u1 × rn – 1

Então:u1 + p × un – p = u1 × rn – 1 – p × u1 × rp =

= u1 × u1 × rn – 1 – p + p == u1 × u1 × rn – 1 == u1 × un

Unidade 4 – Limites de sucessões

Páginas 58 a 94

56.

a) un = 0,01 ⇔ �1n

� < �1

100� ⇔ n > 100

Logo, a partir do termo de ordem 100, os termos

da sucessão un = �1n

� são menores que 0,01.

b) un < 0,001 ⇔ �2n

1+ 1� < �

10100�

⇔ 2n + 1 > 1000

⇔ n > 499,5


da sucessão un = �2n

1+ 1� são menores que 0,001.

c) ��3nn+ 1� – �

13

�� < 0,0001 ⇔ ��33n(3–n3n

+–1)

1�� < �

101000�

⇔ ��3(3n–1

+ 1)�� < �

101000�

⇔ �3(3n

1+ 1)� < �

101000�

⇔ 3(3n + 1) > 10 000

⇔ 3n + 1 > �103000�

⇔ n > �99997�

Logo, uma vez que �99997� ≈ 1110,8, a partir do termo

de ordem 1110, os termos da sucessão un = �3n

n+ 1�

distam de �13

� menos de 0,0001.

57.

a) i) �un – �12

�� < 0,03 ⇔ ��2nn

++

11

� – �12

�� < 0,03

⇔ ��2n 2+(22n–+2n1)

– 1�� < 0,03

⇔ ��2(2n1+ 1)�� < 0,03

⇔ �2(2n

1+ 1)� < �

1300�

⇔ 2(2n + 1) > �103

0�

⇔ 2n + 1 > �530�

⇔ n > �467� (≈ 7,8)

Logo, a partir do termo de ordem 7, �un – �12

�� < 0,03.

ii) �un – �12

�� < 0,001 ⇔ ��2nn

++

11

� – �12

�� < 0,001

⇔ ��2n 2+(22n–+2n1)

– 1�� < 0,001

⇔ ��2(2n1+ 1)�� < �

10100�

⇔ �2(2n

1+ 1)� < �

10100�

⇔ 2(2n + 1) > 1000

⇔ 2n + 1 > 500

⇔ n > 249,5


da sucessão (un) distam de �12

� menos de 0,001.

iii) �un – �12

�� < δ ⇔ ��2nn

++

11

� – �12

�� < δ

⇔ ��2n 2+(22n–+2n1)

– 1�� < δ

⇔ ��2(2n1+ 1)�� < δ

⇔ �2(2n

1+ 1)� < δ

⇔ 2(2n + 1) > �1δ

�

⇔ 2n + 1 > �21δ�

⇔ 2n > �21δ� – 1

5n – 1�23n – 3


�BBn +

n

1� = = ��58

��n – n + 1

= �58

�, ∀ n � N256 × ��

58

��n

��256 × ��

58

��n – 1

⇔ 2n > �1 –2δ

2δ�

⇔ n > �1 –4δ

2δ�

Logo, a partir do termo de ordem p, sendo n ≥ p e

p > �1 –4δ

2δ�, os termos da sucessão (un) distam de �

12

�

menos de δ.

b) Pela alínea anterior, se n > �1 –4δ

2δ�, então

��2nn

++

11

� – �12

�� < δ, e, portanto, se p > �1 –4δ

2δ�, fica pro-

vado que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��2nn

++

11

� – �12

�� < δ, ou seja, que lim �2nn

++

11

� = �12

�.

58.

a)Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��1n

� – 0� < δ.

Seja δ � R+.

��1n

� – 0� < δ ⇔ ��1n

�� < δ

⇔ ��1n

�� < δ

⇔ n > �1δ

�

Assim, se n > �1δ

�, então ��1n

� – 0� < δ, e, portanto, se

p > �1δ

�, fica provado que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��1n

� – 0� < δ, ou seja, que lim �1n

� = 0.

b)Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��2n6

+n

1� – 3� < δ.

Seja δ � R+.

��2n6

+n

1� – 3� < δ ⇔ ��6n

2–n6+n1– 3

�� < δ

⇔ ��2n–+3

1�� < δ

⇔ �2n +

31

� < δ

⇔ �2n

3+ 1� > �

1δ

�

⇔ 2n + 1 > �3δ

�

⇔ 2n > �3 –δ

δ�

⇔ n > �32–δ

δ�

Assim, se n > �32–δ

δ�, então ��2n

6+n

1� – 3� < δ, e, por-

tanto, se p > �32–δ

δ�, fica provado que ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��2n6

+n

1� – 3� < δ, ou seja,

que lim �2n

6+n

1� = 3.

c) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��n2n+

2

1� – 1� < δ.

Seja δ � R+.

��n2n+

2

1� – 1� < δ ⇔ ��n

2

n–2n+

2

1– 1

�� < δ

⇔ ��n2–+1

1�� < δ

⇔ �n2

1+ 1� < δ

⇔ n2 + 1 > �1δ

�

⇔ n2 > �1δ

� – 1

Assim, se n > ��1δ

�� –� 1�, então ��n2n+

2

1� – 1� < δ, e, por-

tanto, se p > ��1δ

�� –� 1�, fica provado que ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��n2n+

2

1� – 1� < δ , ou seja,

que lim �n2

n+

2

1� = 1.

d) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��31

n–+2n

4� + �

23

�� < δ.

Seja δ � R+.

��31

n–+2n

4� + �

23

�� < δ ⇔ ��3 –36(n3n

++6n

4)+ 8

�� < δ

⇔ ��3(3n11

+ 4)�� < δ

⇔ �3(3n

11+ 4)� < δ

⇔ �3(3n

11+ 4)� > �

1δ

�

⇔ 3n + 4 > �13

1δ�

⇔ 3n > �13

1δ� – 4

⇔ n > �19

1δ� – �

43

�

⇔ n > �119–δ36δ�


Assim, se n > �119–δ36δ�, então ��3

1n–+2n

4� + �

23

�� < δ, e,

portanto, se p > �119–δ36δ�, fica provado que

∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��31

n–+2n4

� + �23

�� < δ,

ou seja, que lim �31

n–+2n4

� = – �23

�.

59. Pretende-se provar que a proposição ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ |2n + 3 – 3| < δ é falsa.Seja δ � R+.

|2n + 3 – 3| < δ ⇔ 2n < δ ⇔ n < �δ2

�

Assim, os únicos termos da sucessão que sãovalores aproximados de 3 com erro inferior a δ são

os de ordem inferior a �δ2

� e não todos a partir de

uma certa ordem.Logo, a proposição acima é falsa, ou seja, a suces-são (un) não tende para 3.

60.

a) Por exemplo, a sucessão de termo geral un = – �1n

� éconvergente para 0.

b) Por exemplo, a sucessão de termo geral un = –2 + �1n

�

é convergente para –2.

c) Por exemplo, a sucessão de termo geral un = n édivergente, já que lim un = +�.

61. A afirmação (I) é falsa.

Contraexemplo: seja (un) a sucessão de termo

geral un = 2 – �(–1

n)n

�.Tem-se que lim un = 2, mas a

sucessão não é monótona, já que u2 – u1 = 1,5 – 3 < 0

e u3 – u2 = �53

� – 1,5 > 0.

A afirmação (II) é falsa, uma vez que lim un = 2 e aafirmação dada é equivalente a lim un = 3.A afirmação (III) é verdadeira, pois, sendo (un) umasucessão convergente, é limitada.

62.

a) Contraexemplo: a sucessão de termo geral un = né monótona e não é convergente.

b) Contraexemplo: a sucessão de termo geral un = (–1)n é limitada e não é convergente.

c) Contraexemplo: a sucessão de termo geral

un = �– �12

��n

é convergente mas não é monótona.

63. un + 1 < un ⇔ un + 1 – un > 0, ∀ n � NLogo, (un) é decrescente.Uma vez que (un) é decrescente, u1 ≥ un, ∀ n � N.Além disso, un > 1, ∀ n � N.Logo, (un) é limitada.Assim, (un) é monótona e é limitada, logo (un) éconvergente. No entanto, os dados do enunciadonão permitem concluir para que valor tende asucessão.Então, a afirmação que não é necessariamenteverdadeira é a opção (D).

64.

a) an + 1 – an = �(n +

31)2� – �

n32� =

= =

= �(n

–+6n

1–)2n

32� =

= – �(n

6+n

1+)23n2� < 0, ∀ n � N

Logo, a sucessão (an) é decrescente.

Por outro lado, como 0 < �n12� ≤ 1, ∀ n � N, então

0 < �n32� ≤ 3, ∀ n � N. Logo, a sucessão (an) é limitada.

Assim, a sucessão (an) é convergente, por se tratarde uma sucessão monótona e limitada.

b) bn + 1 – bn = �6(nn+

+11) – 1

� – �6nn– 1� =

= �6nn

++

15

� – �6nn– 1� =

= =

= �n(n

1+ 1)� > 0, ∀ n � N

Logo, a sucessão (bn) é crescente.

Por outro lado, bn = �6nn– 1� = 6 – �

1n

� e, como

0 < �1n

� ≤ 1, ∀ n � N, então

0 > – �1n

� ≥ –1 ⇔ 6 > 6 – �1n

� ≥ –5, ∀ n � NLogo, a sucessão (bn) é limitada.Assim, a sucessão (bn) é convergente, por se tratarde uma sucessão monótona e limitada.

65. Tem-se que –1 ≤ sen n ≤ 1, ∀ n � N, pelo que asucessão de termo geral un = sen n é uma suces-são limitada.Por outro lado, lim �

1n

� = 0.

Logo, lim �sen n × �1n

�� = 0 ⇔ lim = 0.

3n2 – 3n2 – 6n – 3��

(n + 1)2n2

6n2 + 5n – 6n2 – 6n + n + 1��

n(n + 1)

sen n�

n


66.

a) un > 10 000 ⇔ 2n + 1 > 10 000 ⇔ n > 4999,5A menor ordem depois da qual os termos dasucessão (un) são maiores que 10 000 é 4999.

b) un > 10 000 ⇔ 3n2 – 6n > 10 000 ⇔ 3n2 – 6n – 10 000 > 0

Cálculo auxiliar:

3n2 – 6n – 10 000 = 0 ⇔ n =

Logo, n ≈ –56,744 ∨ n ≈ 58,744.

A menor ordem depois da qual os termos da su -cessão (un) são maiores que 10 000 é 58.

c) un > 10 000 ⇔ n2 – 1 > 10 000 ⇔ n2 – 10 001 > 0

Cálculo auxiliar:

n2 – 10 001 = 0 ⇔ n = 1�0� 0�0�1� ∨ n = –1�0� 0�0�1�

Logo, n ≈ –100,005 ∨ n ≈ 100,005.

A menor ordem depois da qual os termos da su -cessão (un) são maiores que 10 000 é 100.

d) un > 10 000 ⇔ n� + 4 > 10 000 ⇔ n� > 9996⇔ n > 99 920 016

A menor ordem depois da qual os termos da su -cessão (un) são maiores que 10 000 é 99 920 016.

67.

a) un < –10 000 ⇔ –2n + 10 < –10 000 ⇔ –2n < –10 010 ⇔ 2n > 10 010 ⇔ n > 5005

A menor ordem depois da qual os termos dasucessão (un) são menores que –10 000 é 5005.

b) un < –10 000 ⇔ –n2 – 10n < –10 000 ⇔ –n2 – 10n + 10 000 < 0 ⇔ n2 + 10n – 10 000 > 0

Cálculo auxiliar:

n2 + 10n – 10 000 = 0 ⇔ n =

Logo, n ≈ –105,12 ∨ n ≈ 95,125.

A menor ordem depois da qual os termos da su -cessão (un) são menores que –10 000 é 95.

68.

a) Dado L � R+:n – 10 > L ⇔ n > L + 10 Então, para qualquer L > 0, se considerarmos umnúmero natural p, superior a L + 10, tem-se n – 10 > L, desde que n ≥ p.Fica provado que lim (n – 10) = +�.

b) Dado L � R+:6 – 2n < –L ⇔ –2n < –L – 6

⇔ 2n > L + 6

⇔ n > �L +2

6�

Então, para qualquer L > 0, se considerarmos um

número natural p, superior a �L +2

6�, tem-se

6 – 2n < –L, desde que n ≥ p.Fica provado que lim (6 – 2n) = –�.

69.

a) Se (un) é uma progressão aritmética de razão r > 0,então un = u1 + r(n – 1).Dado L � R+:u1 + r(n – 1) > L ⇔ r(n – 1) > L – u1

⇔ n – 1 > �L –r

u1�

r > 0

⇔ n > �L –r

u1� + 1


número natural p, superior a �L –r

u1� + 1, tem-se

u1 + r(n – 1) > L, desde que n ≥ p.Fica provado que lim un = +�.

b) Se (un) é uma progressão aritmética de razão r < 0,então un = u1 + r(n – 1).Dado L � R+:u1 + r(n – 1) < –L ⇔ r(n – 1) < –L – u1

⇔ n – 1 > �L –r

u1�

r < 0

⇔ n > �L –r

u1� + 1


número natural p, superior a �L –r

u1� + 1, tem-se

u1 + r(n – 1) > –L, desde que n ≥ p.Fica provado que lim un = –�.

70.

a) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��3nn

++

21

� – �13

�� < δ.

6 ± 3�6� +� 1�2� ×� 1�0� 0�0�0��

6

–10 ± 1�0�0� +� 4�0� 0�0�0��

2


{{

Seja δ � R+.

��3nn

++

21

� – �13

�� < δ ⇔ ��3n3+(36

n–+3n

1)– 1

�� < δ

⇔ ��3(3n5

+ 1)�� < δ

⇔ �3(3n

5+ 1)� < δ

⇔ �3n

1+ 1� < �3

5δ�

⇔ 3n + 1 > �35δ�

⇔ 3n > �35δ� – 1

⇔ n > �95δ� – �

13

�

Assim, se n > �95δ� – �

13

�, então ��3nn

++

21

� – �13

�� < δ, e, por-

tanto, se p > �95δ� – �

13

�, fica provado que ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��3nn

++

21

� – �13

�� < δ, ou seja,

que lim �3nn

++

21

� = �13

�.

b) Dado L � R+.

�2n

4– 1� > L ⇔ 2n – 1 > 4L

⇔ 2n > 4L + 1

⇔ n > �4L2+ 1�


número natural p, superior a �4L2+ 1�, tem-se

�2n

4– 1� > L , desde que n ≥ p.

Fica provado que lim �2n4– 1� = +�.

c) Dado L � R+.

�–n

7+ 5� < –L ⇔ –n + 5 < –7L

⇔ –n < –7L + 5 ⇔ n > 7L – 5

Então, para qualquer L > 0, se considerarmos umnúmero natural p, superior a 7L – 5, tem-se

�–n

7+ 5� < –L, desde que n ≥ p.

Fica provado que lim �–n7+ 5� = –�.

d) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��57

� – �57

�� < δ.

Seja δ � R+.

��57

� – �57

�� < δ ⇔ 0 < δ ⇔ δ < 0

Assim, para quaquer ∀ δ � R+ ��57

� – �57

�� < δ, qual-

quer que seja n natural, ou seja, que lim �57

� = �57

�.

71.

a) lim �63

nn

++

12

� = �63

� = 2

b) lim �5n

1–0

1� = +�

c) lim �n

–+4

5� = –�

d) lim 9 = 9

72.

a) Dado L � R+.

n2 > L ⇔ n > L�Então, para qualquer L > 0, se considerarmos umnúmero natural p, superior a L�, tem-se n2 > L,desde que n ≥ p.Fica provado que lim n2 = +�.

b) Dado L � R+.

n� > L ⇔ n2 > L2

Então, para qualquer L > 0, se considerarmos umnúmero natural p, superior a L2, tem-se n� > L,desde que n ≥ p.Fica provado que lim n� = +�.


n ≥ p ⇒ ��n12� – 0� < δ.

Seja δ � R+.

��n12� – 0� < δ ⇔ �

n12� < δ

⇔ �n12� < δ

⇔ n2 > δ⇔ n > δ�

Assim, se n > δ�, então ��n12� – 0� < δ, e, portanto, se

p > δ�, fica provado que ∀ δ � R+ ∃ p � N:

∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��n12� – 0� < δ , ou seja, que

lim �n12� = 0.

d) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N:

n ≥ p ⇒ � – 0� < δ.1

�n�


Seja δ � R+.

� – 0� < δ ⇔ < δ

⇔ n� > δ⇔ n > δ2

Assim, se n > δ2, então � – 0� < δ, e, portanto,

se p > δ2, fica provado que ∀ δ � R+ ∃ p � N:

∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��1n�� – 0� < δ, ou seja, que

lim �

1n�� = 0.

73.

a) lim n3 = +�

b) lim n�2� = +�

c) lim n = +�

d) lim n–

= 0

e) lim �n13� = 0

f) lim = 0

74.

a) a1 + b1 = –1 + 2 = 1a2 + b2 = 1 + 1 = 2

a3 + b3 = –1 + �23

� = – �13

�

b) an + bn = (–1)n + �2n

�

75.

a) c1 × d1 = �26

� × 2 = �23

�

c2 × d2 = �141� × 1 = �

141�

c3 × d3 = �166� × �

23

� = �14

�

b) cn × dn = �5n

2+n

1� × �

2n

� = �5n

4+ 1�

c) lim cn = lim �5n

2+n

1� = �

25

�

lim dn = lim �2n

� = 0

lim (cn × dn) = lim �5n

4+ 1� = 0

d) lim �c1n� = lim �5n

2+n

1� = �

52

�

76.

a) �efn

n� = = �(6nn

+(2

1n

)+(n

7+)

1)� = �6n

2

2

n+2 +

7n7+n

1�

b) lim en = lim �6n

n+ 1� = 6

lim fn = lim �2nn

++

17

� = 2

c) lim ��efn

n�� = �62

� = 3

lim ��efn

n�� = �

26

� = �13

�

77.

a) lim gn = lim n–2 = 0

lim hn = lim �2n

4+n

1� = �

42

� = 2

b) lim (2016gn) = 2016 × 0 = 0

c) lim (7hn) = 7 × 2 = 14

d) lim (gn – hn) = 0 – 2 = –2

e) lim (2gn – 3hn) = 2 × 0 – 3 × 2 = –6

78.

a) lim (an + bn) = lim an + lim bn =

= lim �–4

nn

++

54

� + lim �3 – �1n

�� =

= – �14

� + 3 =

= �141�

b) lim (bn × cn) = lim bn × lim cn =

= lim �3 – �1n

�� × lim �n13� =

= 3 × 0 == 0

c) lim �b1n

� = �lim

1bn

� = = �13

�

d) lim �bcn

n� = �

lliimm

bcn

n� = = �

03

� = 0

e) lim �ban

n� = �

lliimm

ban

n� = = = – �

112�

f) lim (an)2 = (lim an)2 = �lim �–4

nn

++

54

��2

= �– �14

��2

= �116�

1�n�

1�n�

1�n�

3�4

1�n�5�

�6n

n+ 1�

��2nn

++

17

�

1��

lim �3 – �1n

��lim �

n13�

��lim �3 – �

1n

��

– �14

�

�3

lim �–4

nn

++

54

�

��lim �3 – �

1n

��

3�4


g) lim (bn) = (lim bn) = �lim �3 – �1n

�� = 3 = 3�

79. lim �2v

(n

u–n)

52

un� = �2 × 3(––1

5)2× (–1)

� = 6 + 5 = 11

80.

a) lim un = lim n3 = +�

b) lim vn = lim 5 = 5

c) lim wn = lim (–n) = –�

d) lim tn = lim n� = +�

e) lim (un + vn) = +� + 5 = +�

f) lim (un + tn) = +� + (+�) = +�

g) lim (vn + wn) = 5 + (–�) = –�

81.

a) lim (an + bn) = +� + (+�) = +�

b) lim (an + dn) = +� + 0 = +�

c) lim (an + en) = +� + (–2) = +�

d) lim (an + cn) = +� + (–�) Nada se pode concluir.

e) lim (an × bn) = +� × (+�) = +�

f) lim (an × cn) = +� × (–�) = –�

g) lim (an × en) = +� × (–2) = –�

h) lim (cn × en) = –� × (–2) = +�

i) lim (bn × dn) = +� × 0 Nada se pode concluir.

j) lim (cn × dn) = –� × 0 Nada se pode concluir.

k) lim (cn2016) = (–�)2016 = +�

l) lim (cn2017) = (–�)2017 = –�

82.

a) lim (n2 – n) = lim �n2 �1 – �1n

�� = +� × (1 – 0) = +�

b) lim (–n2 + n) = lim �–n2 �1 – �1n

�� = –� × (1 – 0) = –�

c) lim �2n3 – 4n2 + �65

� n – 9� =

= lim �2n3 �1 – �2n

� + �5

3n2� – �

29n3�� =

= +� × (1 – 0 + 0 – 0) = +�

d) lim (–πn4 + 3n2 – n + 4) =

= lim �–πn4 �1 – �πn

32� + �

πn1

3� – �πn

44�� =

= –� × (1 – 0 + 0 – 0) = –�

e) lim (–4n5 – n4 + 4n3 + 6n – 9) =

= lim �–4n5 �1 + �41n� – �

n12� – �

23n4� + �

49n5�� =

= –� × (1 + 0 – 0 – 0 + 0) = –�

f) lim ��83

� n10 + n7 – 4n2 + 6n – 9� =

= lim ��83

� n10 �1 + �8

3n3� – �

23n8� + �

49n9� – �

82n

710�� =

= +� × (1 + 0 – 0 + 0 – 0) = +�

83.

a) lim �6n3

2–n3

2n–

2

n+ n

� = lim =

= lim =

= �62

� = 3

b) lim �8–

n4

––

9n

� = �–81� = –8

c) lim �2n2

n–2

7+

n1+ 1

� = lim =

= lim = �21� = 2

= lim = �+–1

�� = –�

= lim × lim =

= 0 × 1 == 0

1�2

1�2

1�2

1�2

n3 �6 – �2n

� + �n12��

��

n3 �2 – �n12��

6 – �2n

� + �n12�

��2 – �

n12�

n2 �2 – �7n

� + �n12��

��n2 �1 + �

n12��

2 – �7n

� + �n12�

��1 + �

n12�

n �1 + �n5

2� + �n13��

��n32� – 1

n2�

n31

�

1 + �n13�


d) lim �n3

3+

–5n

n2+ 1

� = lim = n3 �1 + �

n52� + �

n13��

��

n2 ��n32� – 1�

e) lim = lim =n2�n3 + 1

n2��

n3 �1 + �n13��

= lim × lim =1�n

1�

1 + �n13�

= lim = �––3

�� = +�

84.

a) lim = lim �4nn2((2n

n2

4

++11))

� = lim �8nn3

4

++

n4

� =

b) lim ��3nn

+

2

1� × �

1n

�� = lim �3n

n+ 1� =

= lim = lim = �13

�

c) lim ��n2n+ 1� × (n + 2)� = lim �n

n

2

2++

21n

� =

= lim =

85.

a) lim = lim =

b) lim (n�2�+� 1� – n�2�+� 2�) =

= lim =

= lim = �+–1

�� = 0

= = lim =

e) lim =

= lim = lim =

= �––

�

1� = +�

86.

a) lim 3n = +�

b) lim ��13

��n

= 0

c) lim �43

n

n� = lim ��43

��n

= +�

d) lim �27

n

n� = lim ��27

��n

= 0

e) lim (2n – 9n) = lim �9n ��29

��n

– 1�� = +� × (–1) = –�

87. A sequência 0,9; 0,09; 0,009; ... é uma progressãogeométrica de razão 0,1. Assim:

0,(9) = 0,9 + 0,09 + 0,009 + … =

= lim �0,9 × �11––00,1,1

n�� = 0,9 × �

10–,9

0� = 1

88. lim un = lim (10 + 1 + 0,1 + 0,01 + … + 0,1n) =

= lim �10 × �11––00,1,1

n�� = 10 × �

10–,9

0� =

= 10 × �190� = �10

90

�

�n2

4+n

1�

��

�2n4

n2

+ 1�

n��

n �3 + �1n

��1

�3 + �

1n

�

n2 �1 + �2n

��

n2 �1 + �n12��

n� +� 2��n�2�+� 2�n�

n� +� 2��

n� (�n� +� 2�)�

(n�2�+� 1� – n�2�+� 2�) (n�2�+� 1� + n�2�+� 2�)��

n�2�+� 1� + n�2�+� 2�

–1��n�2�+� 1� + n�2�+� 2�

n ��9� +� �4n�� + 2�

��n �1 + �

3n

��n �9� +� �

4n�� + 2n

��n + 3

n��

1 + n� +� 2�

n (1 – n� +� 2�)��–n – 1

n (1 – n� +� 2�)��1 – n – 2

n �–6 – �n23� + �

n14��

��–3 – �

n12�


f) lim�–6n

–

4

3n–

32–n

n+ 1

� = lim =n4 �–6 – �

n23� + �

n14��

��n3 �–3 – �

n12��

= lim = lim = �+1�� = +�

n4 �8 + �n44��

��n3 �1 + �

n12��

n �8 + �n44��

��1 + �

n12�

= lim = lim = �+1�� = 0

n� +� 2��

n� n� +� 2�1

�n�

= lim =n2 + 1 – n2 – 2

��n�2�+� 1� + n�2�+� 2�

c) lim = lim = lim = �+1�� = 0

n��

nn

�n n�

1�n�

= lim =n�2� �9� +� �

4n�� + 2n

��n + 3

= lim = �3 +1

2� = 5

�9� +� �4n�� + 2

��

1 + �3n

�

= lim = n (1 – n� +� 2�)

��(1 + n� +� 2�) (1 – n� +� 2�)

= lim = lim =n (1 – n� +� 2�)��

n �–1 – �1n

��1 – n� +� 2��

–1 – �1n

�

= lim = �11

� = 11 + �

2n

�

��1 + �

n12�

d) lim = lim =9�n�2�+� 4�n� + 2n��

n + 3

�n�2��9� +� �4n�� + 2n

��n + 3

Aprende Fazendo

Páginas 98 a 104

1. lim un = lim �3 + �1n

�� = 3 + 0 = 3


2. lim vn = lim �n –

n5

� = lim �1 – �5n

�� = 1 – 0 = 1

Logo, (vn) é uma sucessão convergente.A opção correta é a (C).

3. Como o gráfico da sucessão (wn) está sobre umareta de declive positivo, então wn → +�.A opção correta é a (B).

4. lim tn = lim (100 – n)2 = (–�)2 = +�

Logo, (tn) é uma sucessão divergente.A opção correta é a (A).

5. lim un = lim �2 – �1n

�� = 2 – 0 = 2

Logo, (un) é uma sucessão convergente para 2.A opção correta é a (C).

6. A afirmação (A) é falsa. Contraexemplo: a suces-são de termo geral an = (–1)n é limitada mas não éconvergente.

A afirmação (B) é falsa. Contraexemplo: a suces-são de termo geral bn = n é monótona mas não éconvergente.

A afirmação (C) é falsa. Contraexemplo: a suces-

são de termo geral cn = �(–1n

)n� é convergente mas

não é monótona.

A afirmação (D) é verdadeira. Se (dn) é uma suces-são convergente para a, então, pela definição delimite, para qualquer δ > 0, existe uma ordem p � Ntal que ∀ n � N, n ≥ p ⇒ |dn – a| < δ. Ora, |dn – a| < δ ⇔ –δ < dn – a < δ ⇔ a – δ < dn < a + δ,pelo que (dn) é uma sucessão limitada.A opção correta é a (D).

7. lim (bn × cn) conduz a uma indeterminação do tipo� × 0.

lim (an × bn) = –1 × (+�) = –�

lim ��bcn

n�� = �

+0�� = 0

lim ��ab

n

n�� = �

+–1

�� = 0


8. lim un = lim �1 + �13

� + �19

� + … + �31n�� =

= lim �1 × � = = �32

�


9. A proposição (I) é falsa. Contraexemplo: a suces-são de termo geral

– �1n

� se n é parun =

– �21n� se n é ímpar

é tal que lim un = 0 e un < 0, ∀ n � N, mas (un) nãoé monótona. A proposição (II) é falsa. Contraexemplo: a suces-são de termo geral vn = –n é não limitada e lim vn = –�.A opção correta é a (B).

10. Como a sucessão (bn) é decrescente, então b1 ≥ bn,∀ n � N. Então, –1 < bn ≤ b1, ∀ n � N, ou seja, (bn)é limitada. Uma vez que (bn) é monótona e limita-da, então (bn) é convergente.A opção correta é a (D).

11. lim un = lim (n3 – n) = lim �n3 �1 – �n12�� = +� × 1 = +�

Logo, a proposição (I) é verdadeira.lim vn = lim [2n + (–1)n]Se n é par, então lim vn = lim (2n + 1) = +�.Se n é ímpar, então lim vn = lim (2n – 1) = +�.Logo, lim vn = +� e a proposição (II) é verdadeira.A opção correta é a (A).

12. lim wn = lim =

= lim = lim �–kn

6�

Como lim wn = –�, então k > 0.A opção correta é a (D).

13. lim �x + �3x

� + �9x

� + … + �3n –x

1�� = 30

1 – 0�

�23

�

1 – ��13

��n

��1 – �

13

�

kn4 + n2 – 3n + 4��

–6n3 + n2

kn + �1n

� – �n32� + �

n43�

��–6 + �

1n

�


= lim =n3 �kn + �

1n

� – �n32� + �

n43��

��n3 �–6 + �

1n

��

⇔ lim � x × � = 30

1 – ��13

��n

��1 – �

13

�

⇔ x × = 30

⇔ x = 30 × �23

�

⇔ x = 20


14.

a) lim �33

nn

+– 4

1� = lim = lim = �

33

� = 1

b) lim �–5n

10+ 1� = lim �– �

n2

� + �110�� = –�

c) lim �–n

––4

1� = lim ��

n4

� + �14

�� = +�

d) lim �– �25

�� = – �25

�

e) lim �3n

1+ 2� = �

+1�� = 0

15.

a) lim n4 = +�

b) lim �n�3� = +�

c) lim n2018 = +�

d) lim n–2018 = 0

e) lim �n13� = �

+1�� = 0

16. lim un = lim �2n

n+ 1� = lim =

lim vn = lim n–2 = lim �n12� = 0

lim wn = lim �122nn

++

51

� = lim = 6

a) lim (un + vn) = �12

� + 0 = �12

�

b) lim (vn + wn) = 0 + 6 = 6

c) lim (3vn – wn) = 3 × 0 – 6 = –6

d) lim (un × vn) = �12

� × 0 = 0

e) lim �u1n

� = = 2

g) lim �wvn

n� = �

06

� = 0

h) lim (un)2 = ��12

��2

= �14

�

i) lim (wn) = 6 = �6�

17.

a) lim (an + bn) = –� + (–�) = –�

b) lim (cn + dn) = +� + 0 = +�

c) lim (an + fn) = –� + 3 = –�

d) lim (bn + cn) = –� + (+�) Indeterminação

e) lim (fn + cn) = 3 + (+�) = +�

f) lim (an × bn) = –� × (–�) = +�

g) lim (an × cn) = –� × (+�) = –�

h) lim (an × fn) = –� × 3 = –�

i) lim (cn × en) = –� × 0 Indeterminação

j) lim (an × dn) = –� × 0 Indeterminação

k) lim (an4) = (–�)4 = +�

l) lim (an5) = (–�)5 = –�

m) lim ��c1n�� = �

+1�� = 0

n) lim ��b1n

�� = �–1�� = 0

o) lim ��acn

n�� = �+–�

�� Indeterminação

p) lim ��efn

n�� = �03

� = 0

q) lim ��de

n

n�� = �

00

� Indeterminação

r) lim ��efn

n�� = �

30

� Não há dados suficientes para resol-

ver o exercício.

18.

a) lim 4n = +�

b) lim �52

n

n� = lim ��52

��n

= +�

c) lim �πn

7+

n

1� = lim ��7π

��n

× �1π

� = +� × �1π

� = +�

1�

�23

�

n �3 + �1n

��n �3 – �

4n

��3 + �

1n

�

�3 – �

4n

�

n��

n �2 – �1n

��

12 + �1n

�

��2 + �

5n

�

1�

�12

�

1�2

1�2


f) lim = �+1�� = 0 1

��n�3�

= lim = �12

�1

�2 – �

1n

�

f) lim �un

1wn� = = �

13

�1

��12

� × 6

d) lim ��14

��n

= 0

e) lim �120

n

n� = lim ��120��

n= 0

f) lim (3n – 6n) = lim �6n ��36

��n

– 1�� = +� (0 – 1) = –�

19.

a) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��2n

� – 0� < δ.

Seja δ � R+.

��2n

� – 0� < δ ⇔ ��2n

�� < δ ⇔ �2n

� < δ ⇔ �n2

� > �1δ

� ⇔ n > �2δ

�

Assim, se n > �2δ

�, então ��2n

� – 0� < δ, e, portanto, se

p > �2δ

�, fica provado que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��2n

� – 0� < δ, ou seja, que lim �2n

� = 0.

b) Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ ��2n10

+n

1� – 5� < δ.

Seja δ � R+.

��2n10

+n

1� – 5� < δ ⇔ ��10n

2–n1+0n

1– 5

�� < δ

⇔ �2n

5+ 1� < δ

⇔ �2n

5+ 1� > �

1δ

�

⇔ 2n + 1> �5δ

�

⇔ 2n > �5δ

� – 1

⇔ 2n > �5 –δ

δ�

⇔ n > �52–δδ

�

Assim, se n > �52–δδ

�, então ��2n10

+n

1� – 5� < δ, e, por-

tanto, se p > �52–δδ

�, fica provado que ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��2n10

+n

1� – 5� < δ, ou seja,

que lim �2n

10+n

1� = 5.


n ≥ p ⇒ ��3n2n2

+ 1� – �

13

�� < δ.

Seja δ � R+.

��3n2n2

+ 1� – �

13

�� < δ ⇔ ��3n3

2

(–3n

32n+

2 –1)

1�� < δ

⇔ �3 (3n

12 + 1)� < δ

⇔ 3(3n2 + 1) > �1δ

�

⇔ 3n2 + 1 > �31δ�

⇔ 3n2 > �31δ� – 1

⇔ 3n2 > �1 –3δ

3δ�

⇔ n2 > �1 –9δ

3δ�

Assim, se n > ��1� –

9�δ3�δ��, então ��3n2

n2

+ 1� – �

13

�� < δ e,

portanto, se p > ��1� –

9�δ3�δ��, fica provado que

∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��3n2n2

+ 1� – �

13

�� < δ ,

ou seja, que lim �3n2

n2

+ 1� = �

13

�.

20.

a) Dado L � R+.

2n + 5 > L ⇔ 2n > L – 5 ⇔ n > �L –2

5�


número natural p, superior a �L –2

5�, tem-se

2n + 5 > L, desde que n ≥ p.Fica provado que lim (2n + 5) = +�.

b) Dado L � R+.

�3 –

2n

� < –L ⇔ 3 – n < –2L

⇔ –n < –2L – 3 ⇔ n > 2L + 3

Então, para qualquer L > 0, se considerarmos umnúmero natural p, superior a 2L + 3, tem-se

�3 –

2n

� < –L, desde que n ≥ p.

Fica provado que lim ��3 –2

n�� = –�.

21.

a) Proposição verdadeira.Por exemplo, a sucessão de termo geral un = (–1)n

é limitada, mas não tem limite.

b) Proposição falsa.Uma sucessão limitada é minorada e majorada,logo não pode tender para infinito.


c) Proposição verdadeira.

Por exemplo, a sucessão de termo geral un = �1n

� é

limitada e tende para zero.

d) Proposição falsa.Por exemplo, a sucessão de termo geral un = –n + 3tem termos positivos (nomeadamente o primeiro eo segundo termos) e tende para –�.

e) Proposição falsa.

Por exemplo, a sucessão de termo geral un = – �1n

� é

crescente e não tende para +�, mas para zero.

f) Proposição falsa.Por exemplo, a sucessão de termo geral un = n émonótona, mas não é convergente.

g) Proposição falsa.

Por exemplo, a sucessão de termo geral un = �(–1n

)n�

é convergente, mas não é monótona.

h) Proposição verdadeira.

22.

a) lim �2nn

++

51

� = lim = �12

�

b) lim �n2

2

n++

51

� = lim = �+2�� = +�

c) lim �2

nn3

++51

� = lim = �+1�� = 0

d) lim �23nn3

3

–+

54nn2

–+

51

� = = �32

�

e) lim ��94�n

n� +–� 3

2�� = ��

= ��94

�� = �32

�

g) lim = =

h) lim = =

= × =

i) lim (�2�n� +� 1� – �n�) =(� – �)

lim ��n� �2� +� �1n�� – �n�� =

= lim ��n� ��2� +� �1n�� – 1�� = +� × (�2� – 1) = +�

j) lim �2n

5

+

n

1� = lim ��

25

��n

× 2 = 0 × 2 = 0

k) lim �5n

π+

n3+

n

2

+ 1� = lim ��

π5

��n

× �π1

2� + lim ��3π

��n

× �π32� =

= +� + 0 = +�

l) lim (3n + 2 – 5n) =(� – �)

lim �5n ��35

��n

× 9 – 1�� =

= +� × (0 – 1) = –�

23.

a) lim ��n2

n+ 3�� = lim �n + �

3n

�� = +� + 0 = +�

c) lim ��2n4

5

n5+

+3n

1

2�� = lim = �

24

� = �12

�

e) lim ��n +1

1� · (n2 + 2)� =

(0 × �) lim �

nn

2

++

12

� =

= lim = �+1�� = +�

1 + �5n

�

�2 + �

1n

��

��

��

��

n + �5n

�

�2 + �

1n

�

��

��

1 + �5n

�

�2n2 + �

1n

�

3 + �n42� – �

n53�

��2 – �

5n

� + �n13��

�

��

9 + �2n

�

�4 – �

3n

��

��

1 – n��2�n� +� 1�

�n� ��1n�

� – �n��

�n� �1� +� �1n��

�

��

n + 5��2�n�2�+� 1� + 3n

n + 5��

n �2� +� �n�1

2�� + 3n��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

2 + �n33�

��4 + �

n15�

1��2� + 3

�2� – 3��

�2� – 3

n + �2n

�

�1 + �

1n

�


f) lim = = �12

��n�2�+� 5��

2n + 1 ��

��

�1� +� �n�5

2��

2 + �1n

�

= lim = �–1�� = –�

��

1n�

� – �n��

�1� +� �1n��

= lim = = 1 + �

5n

�

��

�2� +� �n�1

2�� + 3

1��2� + 3

= = �2� – 3��

2 – 93 – �2�

��7

b) lim ��n2n+ 3�� = lim = �

+1�� = 0

��

��

1�

n + �3n

�

d) lim �1 + �24

+n +

3n1

4�� = 1 + lim = 1 + �+

4�� = +�

��

��

�2n

� + 3n3

��4 + �

1n

�

= �+1�� = 0

g) lim ��n1� +2�n

1�� = lim �� = �1�2� = 2�3�

h) lim (n2017 – n2) =(� – �)

lim �n2017 �1 – �n20

115�� =

= +� × 1 = +�

i) lim (n2 – n2016) =(� – �)

lim �n2016 ��n21014� – 1�� =

= +� × (–1) = –�

j) lim �2 + �(–1n

)n��

Se n é par, então lim �2 + �(–1n

)n�� = lim �2 + �

1n

�� =

= 2 + 0 = 2.

Se n é ímpar, então lim �2 + �(–1n

)n�� = lim �2 – �

1n

�� =

= 2 – 0 = 2.

Logo, lim �2 + �(–1n

)n�� = 2.

k) lim �–n + �(–1n

)n��

Se n é par, então lim �–n + �(–1n

)n�� = lim �–n + �

1n

�� =

= –� + 0 = –�.

Se n é ímpar, então lim �–n + �(–1n

)n�� = lim �–n – �

1n

�� =

= –� – 0 = –�.

Logo, lim �–n + �(–1n

)n�� = –�.

l) lim (�n�2�+� 1� + �n�2�+� 2�)= +� + (+�) = +�

m) lim (�n�2�+� 1� – �n�2�+� 2�) =(� – �)

= lim =

= lim = �+–1

�� = 0

n) lim ��1 + 23

n

n+ 3n

�� = lim ��13

��n

+ lim ��23

��n

+ 1 =

= 0 + 0 + 1 = 1

o) lim ��–2 +24n

n + 1�� = lim �

2n––11� + lim 2n × 4 =

= 0 + (+�) = +�

24. lim un = lim (π + (–1)n)Se n é par, então lim un = π + 1.Se n é ímpar, então lim un = π – 1.Logo, a sucessão (un) é divergente.

lim vn = lim (π – (–1)n)Se n é par, então lim vn = π – 1.Se n é ímpar, então lim vn = π + 1.Logo, a sucessão (vn) é divergente.

lim (un × vn) = lim ((π + (–1)n)(π – (–1)n)) == lim (π2 – (–1)2n) = π2 + 1Logo, a sucessão (un × vn) é convergente.

25.

a) �w

wn +

n

1� = = �3n

3+

n

1� = �13

�, ∀ n � N

Uma vez que �13


(wn) é uma progressão geométrica.

b) w1 = �23

� > 0 e r = �13

� < 1, logo (wn) é uma sucessão

decrescente.

c) Sn = �23

� × =

= 1 – ��13

��n

d) lim Sn = lim �1 – ��13

��n

� = 1 – 0 = 1

26.

a) lim Sn = lim �2 × � = 2 × =

= 2 × 2 = 4

b) u6 = u1 × r6 – 1 ⇔ �31

325� = 3 × r5

⇔ r5 = �31

125�

⇔ r = �15

�

lim Sn = lim �3 × � = 3 × =

= 3 × �54

� = �145�

��

��

12�1 + �

1n

�

(�n�2�+� 1� – �n�2�+� 2�) (�n�2�+� 1� + �n�2�+� 2�)��

�n�2�+� 1� + �n�2�+� 2�

–1��n�2�+� 1� + �n�2�+� 2�

�3n

2+ 1�

��32n�

1 – ��13

��n

��1 – �

13

�

��

��

��

��

1 – 0�

�12

�

1 – ��12

��n

��1 – �

12

�

1 – 0�

�45

�

1 – ��15

��n

��1 – �

15

�


f) lim ��n21+ 3� : �

2n

�� = lim �2n2

n+ 6� = lim =

��00��

1��

2n + �6n

�

= lim = n2 + 1 – n2 – 2

��n�2�+� 1� + �n�2�+� 2�

= �23

� × =1 – ��

13

��n

��23

�

27. Pretende-se provar que ∀ δ � R+ ∃ p � N: ∀ n � N,

n ≥ p ⇒ �(–1)n · �1n

� – 0� < δ.

Seja δ � R+.

�(–1)n · �1n

� – 0� < δ ⇔ �1n

� < δ

⇔ n > �1δ

�

Assim, se n > �21δ�, então �(–1)n · �

1n

� – 0� < δ, e, por-

tanto, se p > �21δ�, fica provado que ∀ δ � R+ ∃ p � N:

∀ n � N, n ≥ p ⇒ �(–1)n · �1n

� – 0� < δ, ou seja, que

lim (–1)n · �1n

� = 0.

28. Pretende-se provar que a proposição ∀ δ � R+

∃ p � N: ∀ n � N, n ≥ p ⇒ ��n +n

1� – 4� < δ é falsa.

Seja δ � R+.

��n +n

1� – 4� < δ ⇔ ��n + 1

n– 4n�� < δ

⇔ ��1 –n

3n�� < δ

⇔ ��1n

� – 3� < δ

⇔ �1n

� – 3 < δ ∧ �1n

� – 3 > – δ

⇔ �1n

� < 3 + δ ∧ �1n

� > 3 – δ

⇔ n > �3 +

1δ

� ∧ n < �3

1– δ�

Assim, os únicos termos da sucessão que sãovalores aproximados de 4 com erro inferior a δ

são aqueles cuja ordem é superior a �3 +

1δ

� e infe-

rior a �3

1– δ� e não todos a partir de uma certa ordem.

Logo, a proposição acima é falsa, ou seja, a su -cessão (un) não tende para 4.

29.

a) lim = lim = �13

++

00

� = �13

�

b) lim (3�n�2�+� 1� – 5n) =(� – �)

lim �3�n�2� �1� +� �n�1

2�� – 5n� =

= lim �3n�1� +� �n�1

2�� – 5n� =

= lim �n�3�1� +� �n�1

2�� – 5�� = +� (3 – 5) = –�

c) Seja vn = �n5

4

n�.

vn + 1 – vn = �(n5n

++11)4

� – �n5

4

n� = �(n + 15

)n

2

+(n

1+ 1)2

� – �n5

4

n� =

= =

=

Uma vez que lim (–4n4 + 3n3 + 4n2 + 3n + 1) =

= lim �–4n4�1 – �43

n� – �n12� – �

43n3� – �

41n4�� = –� × 1 = –�,

então, a partir de uma certa ordem –4n4 + 3n3 + 4n2 + 3n + 1 < 0, pelo que, a partir

dessa ordem, < 0 e a

sucessão (vn) é decrescente.

Por outro lado, �n5

4

n� > 0, para todo o n � N, pelo que

a sucessão (vn) é minorada. Assim, 0 < vn ≤ v1, ∀ n � N, ou seja (vn) é umasucessão limitada.

Ora, un = vn × �1n

�, logo, lim un = lim �vn × �1n

�� = 0, já

que (vn) é uma sucessão limitada e lim �1n

� = 0.

30.

a) Para todo o n � N:

vn + 1 = �uu

n

n

+

+

1

1

+– 1

1� = =

= �((uu

n

n

+– 1

1))

2

2� = ��uu

n

n

+– 1

1��

2= vn

2, como queríamos

demonstrar.

b) Seja P(n): vn = ��13

��2n – 1

v1 = ��13

��21 – 1

⇔ �uu

1

1

+– 1

1� = ��

13

��20

⇔ �22

+– 1

1� = ��

13

��1

⇔ �13

� = �13

�


Hipótese: vn = ��13

��2n – 1

Tese: vn + 1 = ��13

��2n

1 + �cons2

n�

��3 + �s

nen

2n

�

n2 + cos n��3n2 + sen n ��

�

��

�12

� �un + �u1n

�� – 1

��

�12

� �un + �u1n

�� + 1

(n2 + 2n + 1) – 5n4��

5n + 1

–4n4 + 3n3 + 4n2 + 3n + 1��

5n + 1

–4n4 + 3n3 + 4n2 + 3n + 1��

5n + 1


= =n4 + 3n3 + 4n2 + 3n + 1 – 5n4��

5n + 1

= = �uu

n

n2

2

++

11

+– 2

2uu

n

n� =

�12

� un + �2

1un� – 1

��

�12

� un + �2

1un� – 1

Demonstração:

vn + 1 = vn2 = ��

13

��2n – 1

�2

= ��13

��2 × 2n – 1

= ��13

��2n

Logo, vn = ��13

��2n – 1

, ∀ n � N.

c) vn = �uu

n

n

+– 1

1� ⇔ ��

13

��2n – 1

= �uu

n

n

+– 1

1�

⇔ (un + 1) ��13

��2n – 1

= un – 1

⇔ un × ��13

��2n – 1

+ ��13

��2n – 1

= un – 1

⇔ un × ��13

��2n – 1

– un = –1 – ��13

��2n – 1

⇔ un �1 – ��13

��2n – 1

� = 1 + ��13

��2n – 1

⇔ un =

d) lim un = lim = �11

+– 0

0� = 1

lim vn = lim ��13

��2n –1

= 0

Tema IV – Funções Reais de Variável RealUnidade 1 – Funções racionais

Páginas 6 a 15

1.

a) Df = {x� R: x + 1 ≠ 0} = R \ {–1}

b) Dg = {x� R: 2x ≠ 0} = R \ {0}

c) Dh = {x� R: x2 – 5 ≠ 0} = R \ {–�5�, �5�}d) Di = {x� R: x2 + 5 ≠ 0} = R

Condição universal em R

e) Dj = {x� R: x3 + 5 ≠ 0} = R \ {�3 –�5�}f) Dk = {x� R: –x2 + 5x – 6 ≠ 0} = R \ {2, 3}

Cálculo auxiliar

–x2 + 5x – 6 = 0 ⇔ x = ⇔ x = �52± 1�

⇔ x = 2 ∨ x = 3

2.

a) D = {x� R: 2x + 6 ≠ 0} = R \ {–3}

• �22x

2

x

–+

168

� = �22((x

x

2

+–

39))

� = �(x –x

3)+(x3

+ 3)� = x – 3,

em R \ {–3}

b) D = {x� R: 2x2 + 6x + 4 ≠ 0} = R \ {–2, –1}

Cálculo auxiliar

2x2 + 6x + 4 = 0 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0

⇔ x =

⇔ x = �–32± 1�

⇔ x = –2 ∨ x = –1

• �23x

x

2

2

+– 6

6x

x

–+

94

� = �23

((x

x

2

2

+– 2

3x

x

–+

32

))

� =

= �32

((x

x

++

12

))((x

x

–+

31

))

� =

= �23

((x

x

+– 3

2))

� =

= �23x

x

+– 9

4�, em R \ {–2, –1}

Cálculo auxiliar

x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �2

2± 4�

⇔ x = –1 ∨ x = 3

c) D = {x� R: x2 – 1 ≠ 0} = R \ {–1, 1}

• �x3 – 3

x

x

2

2

–+

13x – 1

� = =

= �x2 –x

2+x

1+ 1

� , em R \ {–1, 1}

Cálculo auxiliar

d) D = {x� R: x6 + 5x5 + 7x4 + 3x3 ≠ 0} = R \ {–3, –1, 0}


• x6 + 5x5 + 7x4 + 3x3 = 0 ⇔ x3(x3 + 5x2 + 7x + 3) = 0

⇔ x = 0 ∨ x3 + 5x2 + 7x + 3 = 0

⇔ x = 0 ∨ x = –1 ∨ x = –3

Divisores de 3: –3, –1, 1, 3

• x2 + 4x + 3 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �–42± 2�

⇔ x = –3 ∨ x = –1

1 – �32n

1– 1�

��1 + �

32n1– 1�

1 – ��13

��2n – 1

��

1 + ��13

��2n – 1

–5 ± �2�5� –� 2�4��

–2

–3 ± �9� –� 8��

2

2± �4� +� 1�2��

2

(x – 1)(x2 – 2x + 1)��

(x – 1)(x + 1)

–4 ± �1�6� –� 1�2��

2


⇔ un =1 – ��

13

��2n – 1

��

1 + ��13

��2n – 1

⇔ un = 32n – 1

– 1��32n – 1

+ 1

11

1

–31

–2

3–2

1

–110

–11

1

5–14

7–4

3

3–30

• = =

= �x(x

1+ 1)� =

= �x2

1+ x�, em R \ {–3, –1, 0}

3.

a) D = {x� R: x + h ≠ 0 ∧ x ≠ 0} = R \ {–h, 0}

• �x +

1h

� – �1x� = �x

x(–x

x

+–hh)

� = �x2

–+hxh

�, em R \ {–h, 0}

b) D = {x� R: x – 3 ≠ 0 ∧ x2 – 9 ≠ 0} = R \ {–3, 3}

• �x –

13

� – �x2

2– 9� = �x

x

+23–

–9

2� = �

x

x

2+–

19

�, em R \ {–3, 3}

c) D = {x� R: x2 – 9 ≠ 0 ∧ x2 + 3x ≠ 0} = R \ {–3, 0, 3}

• �x2

6– 9� + �

x2 +x

3x� = �

(x – 3)6(x + 3)� + �

x(xx

+ 3)� =

= �(x – 3)

6(x + 3)� + �

x +1

3� =

= �(x

6–+3)x

(x–+3

3)� =

= �(x –x

3)+(x3

+ 3)� =

= �x –

13

�, em R \ {–3, 0, 3}

d) D = {x� R: x – 2 ≠ 0 ∧ x2 – 5x + 6 ≠ 0} = R \ {2, 3}

Cálculo auxiliar

x2 – 5x + 6 = 0 ⇔ x =

⇔ �5

2± 1�

⇔ x = 2 ∨ x = 3

• �x –

12

� + �x2 –x

5–x

1+ 6

� = �x –

12

� + �(x –x

2)–(x1

– 3)� =

= �(x

x

––32)

+(xx

––31)

� =

= �(x –

22x

)–(x

4– 3)

� =

= �(x –

2(2x

)–(x

2–)

3)� =

= �x –

23

�, em R \ {2, 3}

e) D = {x� R: x2 + 5x + 6 ≠ 0 ∧ x2 + 4x + 3 ≠ 0} == R \ {–1, –2, –3}


• x2 + 5x + 6 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �–52± 1�

⇔ x = –2 ∨ x = –3

• x2 + 4x + 3 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �–4

2± 2�

⇔ x = –3 ∨ x = –1

• �x2 +x

5+x

1+ 6

� + �x2 +x

4+x

2+ 3

� =

= �(x +

x

2)+(x1+ 3)

� + �(x +

x

3)+(x2

+ 1)� =

= =

= , em R \ {–1, –2, –3}

4.

a) D = {x� R: x + 5 ≠ 0 ∧ 2x3 – 2x ≠ 0} =

= R \ {–5, 0, –1, 1}

Cálculo auxiliar

2x3 –2x = 0 ⇔ 2x(x2 – 1) = 0

⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = –1

• �x

2+x

5� × �

2xx

3+–

52x

� = �(x +

25x

)(2x

x

+(x

52)– 1)

� =

= �x2

1– 1�, em R \ {–5, 0, –1, 1}

b) D = {x� R: x + 3 ≠ 0 ∧ x2 – 1 ≠ 0} = R \ {–3, –1, 1}

• �x2

x

–+x

3– 2

� × �x2

x

+26–x

1+ 9

� = =

= �(x –x

2)–(x1+ 3)

� =

= �x2

x

+–x

1– 6

�, em R \ {–3, –1, 1}

Cálculo auxiliar

x2 – x – 2 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �12± 3�

⇔ x = 2 ∨ x = –1

x4 + 4x3 + 3x2��x6 + 5x5 + 7x4 + 3x3

x2(x2 + 4x + 3)��x3(x + 1)(x2 + 4x + 3)

5 ± 2�5� –� 2�4��

2

–5 ± 2�5� –� 2�4��

2

–4 ± 1�6� –� 1�2��

2

(x + 1)(x + 1) + (x + 2)(x + 2)��

(x + 2)(x + 3)(x + 1)

2x2 + 6x + 5��(x + 2)(x + 3)(x + 1)

(x – 2)(x + 1)(x + 3)2��

(x + 3)(x – 1)(x + 1)

1 ± 1� +� 8��

2


= =x2 + 2x + 1 + x2 + 4x + 4��

(x + 2)(x + 3)(x + 1)

c) D = {x� R: x2 – 5x – 6 ≠ 0 ∧ 2x2 + 12x ≠ 0} =

= R \ {–6, –1, 0, 6}


• x2 – 5x – 6 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �52± 7�

⇔ x = 6 ∨ x = –1

• 2x2 + 12x = 0 ⇔ 2x(x + 6) = 0

⇔ x = 0 ∨ x = –6

• �x2x

–

2 –5x

3–6

6� × �

2xx

2

4

+–112x

� =

= =

= �(x – 1)2(x

x2 + 1)� =

= �x3 – x2

2+x

x – 1�, em R \ {–6, –1, 0, 6}

5.

a) D = {x� R: x – 2 ≠ 0 ∧ 4 – x2 ≠ 0 ∧ x2 – 9 ≠ 0} =

= R \ {–3, –2, 2, 3}

• �x2

x

+–

32x

� : �x4

2

––x

92� = �x

2

x

+–

32x

� × �4x2

––x

9

2� =

= =

= �–xx

(2–+3x)

� =

= �–xx

2

––

32x

�, em R \ {–3, –2, 2, 3}

b) D = {x� R: x4 ≠ 0 ∧ 5x ≠ 0 ∧ x2 + 1 ≠ 0} = R \ {0}

• = �(x

x

4

4

(x–21+)15)x

� =

= �5(x – 1x

)3(x + 1)� =

= �5x2

x3– 5�, em R \ {0}

c) D = �x� R: x – 5 ≠ 0 ∧ x + 5 ≠ 0 ∧ �x –x

5� – �

x +5

5� ≠ 0�=

= R \ {–5, 5}

Cálculo auxiliar

�x –x

5� – �

x +5

5� = 0 ⇔ = 0

⇔ �x2

(+x

5–x

5–)(x

5x+

+5)

25� = 0

⇔ �(x –x2

5+)(x

25+ 5)

� = 0, que é uma equação

impossível em R.

• ��x –x

5� + �

x +5

5�� : ��x –

x

5� – �

x +5

5�� =

= : =

= �x(

2

x

+–

150)(x

x

–+

255)

� : �(x –x2

5+)(x

25+ 5)

� =

= �x(

2

x

+–

150)(x

x

–+

255)

� ×�(x –x2

5+)(x

25+ 5)

� =

= �x2 +x2

1+0x

2–5

25�, em R \ {–5, 5}

6.

a) �x +

12

� – �43

� + �1x� = 0 ⇔ = 0

⇔ = 0

⇔ –4x2 – 2x + 6 = 0 ∧ 3x(x + 2) ≠ 0⇔ 2x2 + x – 3 = 0 ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ –2

⇔ x = ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ –2

⇔ x = �–14± 5� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ –2

⇔ �x = – �32

� ∨ x = 1� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ –2

⇔ x = – �32

� ∨ x = 1

C.S. = �– �32

�, 1�

b) �x2x

–

2

4� – �

x –1

2� = �6

4––

5x2x

�

⇔ �x2x

–

2

4� – �

x –1

2� – �6

4––

5x2x

� = 0

⇔ �(x – 2

x

)

2

(x + 2)� – �

x –1

2� + �

(x –62–)(

5x

x

+ 2)� = 0

⇔ = 0

5 ± 2�5� +� 2�4��

2

(x – 6)(x + 6)(x – 1)(x + 1)(x2 + 1)��

(x – 6)(x + 1) 2x(x + 6)

x(x + 3)(2 – x)(2 + x)��

(x – 2)(x – 3)(x + 3)

�x4

x

–4

1�

��

�x2

5+x

1�

x(x + 5) – 5(x – 5)��

(x – 5)(x + 5)

x(x + 5) – 5(x – 5)��

(x – 5)(x + 5)x(x + 5) + 5(x – 5)��

(x – 5)(x + 5)

3x – 4x(x + 2) + 3(x + 2)��

3x(x + 2)

– 4x2 – 2x + 6��

3x(x + 2)

–1 ± 1� +� 2�4��

4

x2 – x – 2 + 6 – 5x��

(x – 2)(x + 2)


= =(x – 1)(x + 1)(x2 + 1)5��

x3(x2 + 1)

= : =x2 + 5x + 5x – 25��

(x – 5)(x + 5)x2 + 5x – 5x + 25��

(x – 5)(x + 5)

⇔ = 03x – 4x2 – 8x + 3x + 6��

3x(x + 2)

⇔ �(xx2

––26)(x

x

++

42)

� = 0

⇔ x2 – 6x + 4 = 0 ∧ (x – 2)(x + 2) ≠ 0

⇔ x = ∧ x ≠ 2 ∧ x ≠ –2

⇔ (x = 3 + 5� ∨ x = 3 – 5�) ∧ x ≠ 2 ∧ x ≠ –2

⇔ x = 3 + 5� ∨ x = 3 – 5�C.S. = {3 – 5�, 3 + 5�}

c) �2x2x

––x

2– 1

� = �2x2x

++3x

1+ 1

� – �2x

1+ 1�

⇔ �(2x +

x

1–)(2x – 1)

� – �(2x +

x

1+)(

1x + 1)

� + �2x

1+ 1� = 0

⇔ = 0

⇔ (x – 2)(x + 1) = 0 ∧ (2x + 1)(x – 1)(x + 1) ≠ 0

⇔ (x = 2 ∨ x = –1) ∧ x ≠ – �12

� ∧ x ≠ 1 ∧ x ≠ –1

⇔ x = 2

C.S. = {2}


• 2x2 – x – 1 = 0 ⇔ x =

⇔ x = – �12

� ∨ x = 1

• 2x2 + 3x + 1 = 0 ⇔ x =

⇔ x = – �12

� ∨ x = –1

d) – �–x2 +

3x + 2� – 1 = �

x –1

2�

⇔ �(x + 1)

3(x – 2)� – 1 – �

x –1

2� = 0

⇔ = 0

⇔ �(x +

–x1

2

)(+x

4– 2)

� = 0

⇔ –x2 + 4 = 0 ∧ (x + 1)(x – 2) ≠ 0

⇔ (x = 2 ∨ x = –2) ∧ x ≠ –1 ∧ x ≠ 2

⇔ x = –2

C.S. = {–2}

Cálculo auxiliar

x2 – x – 2 = 0 ⇔ x = = 0

⇔ x = –1 ∨ x = 2

7.

a) �x

x

2––

31

� > 0

C.S. = ]–1, 1[ ∪ ]3, +�[

b) �x2 –x

3+x

2+ 2

� ≤ 0

Cálculo auxiliar

x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x =

⇔ x = 2 ∨ x = 1

C.S. = ]–�, –2[ ∪ [1, 2]

c) �3x

––x

2

2� ≤ –x – 3 ⇔ �

3x

––x

2

2� + x + 3 ≤ 0

⇔ ≤ 0

⇔ �x

x

––3

2� ≤ 0

C.S. = ]2, 3]

d) �x2

x

+–

34x

� > x – 3 ⇔ �x2

x

+–

34x

� – x + 3 > 0

⇔ > 0

⇔ �10x

x

––412

� > 0

6 ± 3�6� –� 1�6��

2

(x – 2)(x + 1) – (x + 1)(x – 1) + (x – 1)(x + 1)��

(2x + 1)(x – 1)(x + 1)

1 ± 1� +� 8��

4

–3 ± 9� –� 8��

4

3 – (x + 1)(x – 2) – (x + 1)��

(x + 1)(x – 2)

1 ± 1� +� 8��

2

3 ± 9� –� 8��

2

3 – x2 + x2 – 2x + 3x – 6��

x – 2

x2 + 3x – x2 + 4x + 3x – 12��

x – 4


x –� –1 1 3 +�

x – 3 – – – – – 0 +

x2 – 1 + 0 – 0 + + +

�x

x

2––

31

� – n.d. + n.d. – 0 +

x –� –2 1 2 +�

x2 – 3x + 2 + + + 0 – 0 +

x + 2 – 0 + + + + +

�x

2 –x

3+x

2+ 2

� – n.d. + 0 – 0 +

x –� 2 3 +�

x – 3 – – – 0 +

x – 2 – 0 + + +

�x

x

––

32

� + n.d. – 0 +

⇔ x = ∧ x ≠ 2 ∧ x ≠ –26 ± 25��

2

⇔ = 0(x – 2)(x + 1)��

(2x + 1)(x – 1)(x + 1)

⇔ = 03 – x2 + x + 2 – x – 1��

(x + 1)(x – 2)

C.S. = �–� , �65

�� ∪ ]4, +�[

e) �x –

1x2� > – �

13

� – �x –

11

� ⇔ �x(1

1– x)� + �

13

� + �x –

11

� > 0

⇔ > 0

⇔ �x2

3x+(x2x

––1)

3� > 0

⇔ �(x

3+x(3x

)(–x

1–)1)

� > 0

Cálculo auxiliar

x2 + 2x – 3 = 0 ⇔ x =

⇔ x = –3 ∨ x = 1

C.S. = ]–�, –3[ ∪ ]0, 1[ ∪ ]1, +�[

8.

a) h(x) = 0 ⇔ �x –

43

� + �x2 –

53x

� – �53x� = 0

⇔ �x –

43

� + �x(x

5– 3)� – �

53x� = 0

⇔ = 0

⇔ �51x

7(x

x

+–334)

� = 0

⇔ 17x + 34 = 0 ∧ 5x(x – 3) ≠ 0

⇔ x = –2 ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ 3

⇔ x = –2

O zero de h é –2.

h é positiva em ]–2, 0[ ∪ ]3, +�[.

h é negativa em ]–�, –2[ ∪ ]0, 3[.

b) j(x) = 0 ⇔ �130x

––26x

� × �x

4

2

––x

52x

� = 0

⇔ = 0

⇔ 3(x – 2)x(x – 5) = 0 ∧ –2(x – 5) × (2 – x)(2 + x) ≠ 0

⇔ (x = 2 ∨ x = 0 ∨ x = 5) ∧ x ≠ 5 ∧ x ≠ 2 ∧ x ≠ –2

⇔ x = 0

O zero de j é 0.

j(x) = �130x

––26x

� × �x

4

2

––x

52x

� =

= =

j é positiva em ]–�, –2[ ∪ ]0, 2[ ∪ ]2, 5[ ∪ ]5, +�[.

j é negativa em ]–2, 0[.

c) p(x) = 0 ⇔ �x3

x

+2x

–

2

4–x

9+x

3– 9

� = 0

⇔ = 0

⇔ (x + 1)(x – 3)(x + 3) = 0 ∧ (x – 1)(x – 3) ≠ 0

⇔ (x = –1 ∨ x = 3 ∨ x = –3) ∧ x ≠ 1 ∧ x ≠ 3

⇔ x = –1 ∨ x = –3

Os zeros de p são –1 e –3.

Cálculo auxiliar

Assim:x3 + x2 – 9x – 9 = (x + 1)(x2 – 9) =

= (x + 1)(x – 3)(x + 3)

–3 + x(x – 1) + 3x��

3x(x – 1)

–2 ± 4� +� 1�2��

2

20x + 25 – 3(x – 3)��

5x(x – 3)

3(x – 2) × x(x – 5)��

–2(x – 5) × (2 – x)(2 + x)

3(x – 2) × x(x – 5)��

–2(x – 5) × (2 – x)(2 + x)

(x + 1)(x – 3)(x + 3)��

(x – 1)(x – 3)


x –� �65

� 4 +�

10x – 12 – – – 0 +

x – 4 – 0 + + +

�10x

x

––412

� + n.d. – 0 +

⇔ > 0 –3 + x2 – x + 3x��

3x(x – 1)

x –� –3 0 1 +�

(x + 3)(x – 1) + 0 – – – 0 +

3x(x – 1) + + + 0 – 0 +

�(x

3+x(3x

)(–x

1–)1)

� + 0 – n.d. + n.d. +

x –� –2 0 3 +�

17x + 34 – 0 + + + + +

5x(x – 3) + + + 0 – 0 +

�51x

7(x

x

+–334)

� – 0 + n.d. – n.d. +

–11

1

1–10

–90

–9

–990

x –� –2 0 2 5 +�

(x – 2)(x – 5) + + + + + 0 – 0 +

3x – – – 0 + + + + +

2(x + 2) – 0 + + + + + + +

3x(x – 2)(x – 5) – – – 0 + 0 – 0 +

2(x – 5)(x – 2)(x + 2) – 0 + + + 0 – 0 +

+ n.d. – 0 + n.d. + n.d. +3x(x – 2)(x – 5)��2(x – 5)(x – 2)(x + 2)

= 3x(x – 2)(x – 5)��

2(x – 5)(x – 2)(x + 2)

p é positiva em ]–3, –1[ ∪ ]1, 3[ ∪ ]3, +�[.

p é negativa em ]–�, –3[ ∪ ]–1, 1[.

d) r(x) = 0 ⇔ �156x

––x2x5

� = 0

⇔ 16x – x5 = 0 ∧ 5 – x2 ≠ 0

⇔ x(16 – x4) = 0 ∧ x ≠ 5� ∧ x ≠ –5�⇔ x(4 – x2)(4 + x2) = 0 ∧ x ≠ 5� ∧ x ≠ –5�⇔ (x = 0 ∨ 4 – x2 = 0 ∨ 4 + x2 = 0) ∧ x ≠ 5� ∧ x ≠ –5�

Eq. impossível em R

⇔ (x = 0 ∨ x = 2 ∨ x = –2) ∧ x ≠ 5� ∧ x ≠ –5�⇔ x = 0 ∨ x = 2 ∨ x = –2

Os zeros de r são 0, 2 e –2.

r é positiva em ]–5�, –2[ ∪ ]0, 2[ ∪ ]5�, +�[.

r é negativa em ]–�, –5�[ ∪ ]–2, 0[ ∪ ]2, 5�[.

Unidade 2 – Limites segundo Heine de funçõesreais de variável real

Páginas 16 a 41

9.

a) [–1, 5]

b) [0, 4] ∪ �1�9�, �92

��c) [–2, 0] ∪ {2�, π}

10.

a) Seja f a função real de variável real definida por

f(x) = �(x –

41)2� e (xn) uma sucessão qualquer de ter-

mos pertencentes a Df = R \ {1} tal que xn → 0.

Então:

lim f(xn) = lim ��(xn –4

1)2�� =

= �lim (

lx

imn –

41)2� =

= �41

� =

= 4

Conclui-se assim que limx→ 0

�(x –

41)2� = 4.

b) Seja f a função real de variável real definida por

f(x) = �(x –

41)2� e (xn) uma sucessão qualquer de ter-

mos pertencentes a Df = R \ {1} tal que xn → 1.

Então:

lim f(xn) = lim ��(xn –4

1)2�� =

= �lim (

lx

imn –

41)2� =

= �04+� =

= +�


�(x –

41)2� = +�.

11. limx→ 2+ f(x) = lim

x→ 2+ (x + 1) = 3

limx→ 2– f(x) = lim

x→ 2– (–x + 5) = 3

Como limx→ 2+ f(x) = lim

x→ 2– f(x) = 3, então limx→ 2

f(x) = 3.

12.

a) limx→ 3+ g(x) = lim

x→ 3+ 7 = 7

b) limx→ 3– g(x) = lim

x→ 3– (x2 – 2) = 7

c) Como limx→ 3+ g(x) = lim

x→ 3– g(x) = 7, então limx→ 3

g(x) = 7.

13.

a) Dh = {x� R: 4 – x ≥ 0} = ]–�, 4]


h(x) = 4� –� x� e (xn) uma sucessão qualquer de ter-

mos pertencentes a Dh = ]–�, 4] tal que xn → 4.


x –� –3 –1 1 3 +�

x + 1 – – – 0 + + + + +

(x – 3)(x + 3) + 0 – – – – – 0 +

x3 + x2 – 9x – 9 – 0 + 0 – – – 0 +

x2 – 4x +3 + + + + + 0 – 0 +

�x

3

x

+2x

–

2

4–x

9+x

3– 9

� – 0 + 0 – n.d. + n.d. +

x –� –5� –2 0 2 5� +�

x(4 + x2) – – – – – 0 + + + + +

4 – x2 – – – 0 + + + 0 – – –

16x – x5 + + + 0 – 0 + 0 – – –

5 – x2 – 0 + + + + + + + 0 –

�156x

––x

2x

5� – n.d. + 0 – 0 + 0 – n.d. +

Então:

lim h(xn) = lim 4� –� x�n =

= lim� (�4� –� x�n)� =

= 4� –� li�m� x�n� =

= 4� –� 4� =

= 0


4� –� x� = 0.

14. Seja f a função real de variável real definida por

f(x) = �x2

4– 1� e (xn) uma sucessão qualquer de termos

pertencentes a Df = R \ {–1, 1} tal que xn→ +�.

Então:

lim f(xn) = lim =

= �lim xn

2 –4

lim 1� =

= =

= �+�

4– 1� =

= �+4�� =

= 0

Conclui-se assim que limx→ +�

f(x) = 0.

15.

a) Seja f a função real de variável real definida por

f(x) = 2 – �x –

31

� e (xn) uma sucessão qualquer de

termos pertencentes a Df = R \ {1} tal que xn → 2.

Então:

lim f(xn) = lim �2 – �xn

3– 1�� =

= lim 2 – lim �xn

3– 1� =

= 2 – �lim

l(imxn

3– 1)

� =

= 2 – �lim xn

3– lim 1� =

= 2 – �2

3– 1� =

= 2 – 3 =

= –1

Conclui-se assim que limx→ 2 �2 – �

x –3

1�� = –1.


f(x) = 2 – �x –

31


termos pertencentes a Df = R \ {1} tal que xn → +�.

Então:


3– 1�� =


3– 1� =

= 2 – �lim

l(imxn

3– 1)

� =

= 2 – �lim xn

3– lim 1� =

= 2 – �+�

3– 1� =

= 2 – �+3�� =

= 2 – 0 =

= 2

Conclui-se assim que limx→ +� �2 – �

x

3– 1�� = 2.

c) Seja f a função real de variável real definida por

f(x) = 2 – �x –

31


termos pertencentes a Df = R \ {1} tal que xn → 1+.

Então:


3– 1�� =


3– 1� =

= 2 – �lim

l(imxn

3– 1)

� =

= 2 – �lim xn

3– lim 1� =

= 2 – �1+

3– 1� =

= 2 – ��03+� =

= 2 – (+�) =

= –�

Conclui-se assim que limx→ 1+ �2 – �

x

3– 1�� = –�.

16.

a) lim un = lim �– 1 – �n12�� = –1 – 0+ = –1–

Logo, limn→ +�

f(un) = limx→ –1– f(x) = 3


4�xn

2 – 1

4��(lim xn)

2 – 1


= =lim 4

��lim (xn

2 – 1)

b) Sabe-se que limn→ +�

f(vn) = +�, logo lim vn = 1+.

Ora:

lim n2 = +�

lim �1 + �1n

�� = 1+

lim (–n2) = –�

lim �1 – �1n

�� = 1–


17.

a) limx→ –1+ f(x) = lim

x→ –1+ �5x

x

+–14

� = �0–

+9� = –�

limx→ –1– f(x) = lim

x→ –1– �5x

x

+–14

� = �–0

9–� = +�

b) Como limx→ –1+ f(x) ≠ lim

x→ –1– f(x), então não existe

limx→ –1

f(x).

18.

a) limx→ +�

(f + g)(x) = limx→ +�

f(x) + limx→ +�

g(x) = +� + 0 = +�

b) limx→ –�

(f × g)(x) = limx→ –�

f(x) × limx→ –�

g(x) = –2 × 3 = –6

c) limx→ 4– ��

gf�� (x) = = �

+2�� = 0

d) limx→ –�

(f(x))2 = ( limx→ –�

f(x))2 = (–2)2 = 4

e) limx→ 4+ 3 g�(x�)� = 3 lim

x

�→�

4�+�g�(x�)� = 3 –�� = –�

f) limx→ 3

f(�x�)� = limx→�

3� f�(x�)� = 0� = 0

19.

a) limx→ +�

f(x) = limx→ +�

�x2

–+3

1� = �

(+�

–)2

3+ 1

� = �+–3

�� = 0

limx→ +�

g(x) = limx→ +� �x3 – �

2x�� = (+�)3 – �

+2�� = +� – 0 = +�

b) limx→ +�

�gf((x

x

))

� = = �+0�� = 0

20.

a) limx→ –1

(4x3 + x2 + 5x – 2) =

= 4 × (–1)3 + (–1)2 + 5 × (–1) – 2 =

= –4 + 1 – 5 – 2 =

= –10

b) limx→ –�

(x2 – 3) = (–�)2 – 3 = +� – 3 = +�

c) limx→ –�

�x3

–+2

3� –= �(–�)

–

3

2+ 3

� = �––

�

2� = +�

d) limx→ 0

�7 x

– x� = �

7 0– 0� = 0

e) limx→ +�

= = �0++�

3� = 0

f) limx→ 5

= = �3

1–0

2� = 10

21. –1 ≤ sen (4x) ≤ 1, ∀ x� R

limx→ +�

�x2 + 2

1x – 10� = �

+1�� = 0

Logo, limx→ +�

= 0.

22. limx→ –1

(x2 + 4) = 5

Logo, limx→ –1

g(x2 + 4) = limx→ 5

g(x) = –2.

23. Seja y = �πx�.

limx→ 2+ ��

πx�� = ��

π2

��–

Logo, limx→ 2+ tg ��

πx�� = lim

y→ � �– tg y = +�.

24.

a) limx→ 3

�4x

x

2

––

192

� = limx→ 3

��(x –

4(3x

)–(x

3+)

3)� = lim

x→ 3�x +

43

� = �64

� = �32

�

b) limx→ 2

= limx→ 2

=

c) limx→ 2

�x2 –x

5–x

2+ 6

� = limx→ 2

�(x –x

2)–(x2

– 3)� = lim

x→ 2(x – 3) = –1

d) limx→ 2

= limx→ 2

=

= limx→ 2

�(xx

––23)2� = �

0–

+1� = –�

e) limx→ 2

= limx→ 2

= limx→ 2

�x

x

––

32

�

Limites laterais

limx→ 2+ = lim

x→ 2+ �x

x

––

32

� = �0–

+1� = –�

limx→ 4– f(x)

��limx→ 4– g(x)

limx→ +�

f(x)��

limx→ +�

g(x)

�+1�� + 3

��(+�)4

�1x� + 3

�x4

2 × 5��3 – 9� –� 5�

2x��3 – 9� –� x�

π�2

(x – 2)(x – 3)��

(x – 2)�x – �12

��x2 – 5x + 6

��x2 – �

52

� x + 1

sen (4x)��x2 + 2x – 10

x2 – 5x + 6��

(x – 2)3(x – 2)(x – 3)��

(x – 2)3

x2 – 5x + 6��

(x – 2)2(x – 2)(x – 3)��

(x – 2)2

x2 – 5x + 6��

(x – 2)2


limx→ +�

�fg(

(x

x

))

� = = �+0–

�� = –�

limx→ +�

g(x)��

limx→ +�

f(x)

= limx→ 2

= = – �23

�x – 3�

x – �12

�

–1�

�32

�

Como limx→ 2+ ≠ lim

x→ 2– , então

f) limx→ 1 �(x3 – 1) × �

11– x�� = lim

x→ 1=

= limx→ 1

(–x2 – x – 1) = –3

25.

a) limx→ 0

= limx→ 0

�x(2xx2

+ 1)� = lim

x→ 0�2xx

+ 1� = �

01

� = 0

b) limx→ 0+ ��

1x� – �x

12�� = lim

x→ 0+ �x

x

–2

1� = �

0–

+1� = –�

26.

a) limx→ –2

f(x) = limx→ –2

(x3 – x) = –8 + 2 = –6

b) limx→ +�

f(x) = limx→ +�

(x4 – 3x + 1) =

= limx→ +� �x4 �1 – �

x

3� + �

x

14�� = +� × (1 – 0 + 0) = +�

c) limx→ –�

f(x) = limx→ –�

(x3 – x) = limx→ –�

(x(x2 – 1)) =

= –� × (+�) = –�

d) limx→ 0+ f(x) = lim

x→ 0+ (x4 – 3x + 1) = 1


x→ 0– (x3 – x) = 0

Como limx→ 0+ f(x) ≠ lim

x→ 0– f(x), então não existe limx→ 0

f(x).

27.

a) limx→ +�

�84x

––x

9� = lim

x→ +�= �

–81� = –8

b) limx→ –�

�2x2

x

–2 –

7x1+ 1

� = limx→ –�

= �21

� = 2

c) limx→ –�

�x3

3+

–5xx2+ 1

� = limx→ –�

=

= �–�

0+

–0

1+ 0

� = +�

d) limx→ +�

�x3x

–

2

1� = lim

x→ +�= �

+�

1– 0� = 0

28.

a) limx→ –�

= limx→ –�

�8x

x

4

5

++x

42x

� =

= limx→ –�

= �–1�� = –�

b) limx→ –� ��3x

x

+

2

1� × �

1x�� = lim

x→ –��3x2x2

+ x� =

= limx→ –�

= �13

�

c) limx→ +� ��x2

x

+ 1� × (x + 2)� = lim

x→ +��x

x

2

2++

21x

� =

= limx→ +�

= �11

++

00

� = 1

29. limx→ 3

= limx→ 3 � × � =

= 3� + 3� = 23�

30.

a) limx→ +�

(2�x� +� 3� – x� –� 1�) =

= limx→ +� ��x �2 + �

3x�� – �x �1 – �

1x�� =

= limx→ +� �x� �2 + �

3x� – x� �1 – �

1x�� =

= limx→ +� �x� ��2 + �

3x� – �1 – �

1x�� =

= +�(2� – 1) = +�

b) limx→ +� � � =

= limx→ +�

=

(x – 1)(x2 + x + 1)��

–(x – 1)

�1x�

��2xx

+2

1�

8 – �9x�

��4x� – 1

2 – �7x� + �

x

12�

��1 – �

x

12�

x + �5x� + �

x

12�

��x

32� – 1

1��x – �x

12�

�x2

4+x

1�

��

�2x4x2

+ 1�

8 x + �x

43�

��

1 + �x

12�

1�

3 + �1x�

1 + �2x�

��

1 + �x

12�

x� + 3��x� + 3�

x – 3��x� – 3�

x – 3��x� – 3�

2�x� +� 3� – x� –� 1��

3x + 2

x2 – 5x + 6��

(x – 2)2x2 – 5x + 6��

(x – 2)2

x� �2 + �3x� – x� �1 – �

1x�

��3x + 2


limx→ 2– = lim

x→ 2– �x

x

––

32

� = �–0

1–� = +�

x2 – 5x + 6��

(x – 2)2

não existe limx→ 2

.x2 – 5x + 6��

(x – 2)2

= limx→ 3

= limx→ 3

(x� + 3�) = (x – 3)(x� + 3�)��

x – 3

= limx→ +�

=�x�2 + �

3x�� – �x�1 – �

1x��

��3x + 2

= limx→ +�

= = 0

= limx→ +�

= limx→ +�

=

d) limx→ –�

= limx→ –�

=

= limx→ –� �– � = – �2 –

10

� = –2

= limx→ +�

=

= limx→ +�

=

f) limx→ 3

= limx→ 3 � × � =

= limx→ 3

=

g) limx→ 1

= limx→ 1 � × � =

= limx→ 1

=

h) limx→ 0

=

= limx→ 0

=

= limx→ 0

=

i) limx→ 0

= limx→ 0 � × � =

= limx→ 0

=

= �–2–×1

0� = 0

31.

a) limx→ 3+ �

|xx

––

33

|� = lim

x→ 3+ �x

x

––

33

� = 1

�2 + �3x� – �1 – �

1x�

��

3x� + �

2x��

2� – 1��

+� + 0

2x – 1��

|x|�1 + �x2

2�x �2 – �

1x��

��

x�1 + �x2

2�

2x – 1�x�2�+� 2�

2x – 1��

�x2�1 + �x2

2��

2 – �1x�

��

�1 + �x2

2�

2x – 1��

�x2�1 + �x2

2�� + �x2�1 + �x1

2��

2x – 1��

x�1 + �x2

2� + x�1 + �x1

2�

x� –� 3��x2 – 9

x� –� 3��x2 – 9

x� –� 3��

x� –� 3�

x – 3��

(x – 3)(x + 3) x� –� 3�

5x – 5��

x�2�–� 1�5x – 5

��x�2�–� 1�

x�2�–� 1��x�2�–� 1�

5(x – 1) x�2�–� 1��

(x – 1)(x + 1)

x2 + 3x��

3�x� +� 2� – x� +� 2�

(x2 + 3x)(3�x� +� 2� + x� +� 2�)��

3x + 2 – x – 2

(x + 3)(3�x� +� 2� + x� +� 2�)��

2

x + x��x + x�

x2 – 2x�x – x�

x2 – 2x�x – x�

x(x – 2)(x + x�)��

x(x – 1)


= limx→ +�

=

x� ��2 + �3x� – �1 – �

1x��

��x� �3x� + �

2x��

c) limx→ +�

= limx→ +�

= 2x – 1�x�2�+� 2�

2x – 1��

�x2�1 + �x2

2��

= limx→ +�

= �2 –1

0� = 2

2 – �1x�

��

�1 + �x2

2�

= limx→ –�

= limx→ –�

=2x – 1��

|x|�1 + �x2

2�x �2 – �

1x��

��

–x�1 + �x2

2�

e) limx→ +�

=2x – 1��

x�2�+� 2� + x�2�+� 1�

= limx→ +�

= 2x – 1��

|x| �1 + �x2

2� + |x| �1 + �x1

2�

= limx→ +�

=x�2 – �

1x��

��

x��1 + �x2

2� + �1 + �x1

2��

= limx→ +�

= �12

+– 0

1� = 1

2 – �1x�

��

�1 + �x2

2� + �1 + �x1

2�

= limx→ 3

= x – 3

��(x2 – 9) x� –� 3�

= limx→ 3

= �6 ×

10+� = +�

1��

(x + 3) x� –� 3�

= limx→ 1

= (5x – 5) x�2�–� 1��

x2 – 1

= limx→ 1

= �5 ×2

0� = 0

5x�2�–� 1��

x + 1

= limx→ 0 � × � =

x2 + 3x��3�x� +� 2� – x� +� 2�

3�x� +� 2� + x� +� 2��3�x� +� 2� + x� +� 2�

= limx→ 0

= x(x + 3)(3�x� +� 2� + x� +� 2�)��

2x

= = 32�3 × (2� + 2�)��2

= limx→ 0

= (x2 – 2x)(x + x�)��

x2 – x

= limx→ 0

=(x – 2)(x + x�)��

x – 1

b) limx → 2

�|x2

––

2x

|�

Limites laterais

limx → 2+ �

|x2

––

2x

|� = lim

x → 2+ �x

2––

2x

� = –1

limx → 2– �

|x2

––

2x

|� = lim

x → 2– �–2x

–+

x

2� = 1

Como limx → 2+ �

|x2

––

2x

|� ≠ lim

x → 2– �|x2

––

2x

|�, então não existe

limx → 2

�|x2

––

2x

|�.

c) limx → 0

�4 +

x

|x|�

Limites laterais

limx → 0+ �

4 +x

|x|� = �

04+� = +�

limx → 0– �

4 +x

|x|� = �

04–� = –�

Como limx → 0+ �

4 +x

|x|� ≠ lim

x → 0– �4 +

x

|x|�, então não existe

limx → 0

�4 +

x

|x|�.

d) limx → 0 ��x

2 –x

10x� + � = lim

x → 0 ��x (xx

– 10)� + �|

|x

x

||

�� =

= limx → 0

(x – 10 + 1) = 0 – 9 = –9

e) limx → 0

�9|x|

––x

32� = �0

9––

30

� = – �13

�

f) limx → 3

�9|x|

––x

32� = lim

x → 3�(3 –

x

x)–(33

+ x)� =

= limx → 0

�3

–+1

x� = – �

16

�

32.

a) limx → +�

�|5

5x

x

–+23x2|

� = limx → +�

�–5

5x

x

++

23x2

� =

= limx → +�

= �–55

++

0�

� = +�


5x – 2x2 se 5x – 2x2 ≥ 0• |5x – 2x2| =

–5x + 2x2 se 5x – 2x2 < 0

5x – 2x2 se 0 ≤ x ≤ �52

�

=–5x + 2x2 se x < 0 ∨ x > �

52

�

• 5x – 2x2 = 0 ⇔ x(5 – 2x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = �52

�

b) limx →

= limx →

=

= limx →

=

= �� = 0

33.

a) limx → +�

f(x) = limx → +�

=

= limx → +�

= limx → +�

=

= �+1�� = 0

b) limx → –�

f(x) = limx → –�

�(x

x

3

––

46)42� = lim

x → –��x2

x

–

3

8–x

6+4

16� =

= limx → –�

= �–1�� = –�

c) limx → 4– f(x) = lim

x → 4– =

= limx → 4– �

x2 +x

4–x

4+ 16

� = �40

8–� = –�

Cálculo auxiliar

Logo, x3 – 64 = (x – 4)(x2 + 4x + 16).

x�2��

|x|

��

��

–5 + 2x�

5 + �3x�

|2x – 1|��

(2�x� –� 1�)(�x� –� 2�)�1

�2

|2x – 1|��2�x�2�–� 5�x� +� 2�

1�2

1�

��2x�x

–� –� 2�1��

1�2

0�

– �32

�

x� – 2��

x – 4

1��

x� + 2x – 4

��(x – 4)(x� + 2)

x – �6x24�

��1 – �

8x� + �1

x26�

(x – 4)(x2 + 4x + 16)��

(x – 4)2


= limx → +�

=(–5 + 2x) x��

�5 + �3x��x

0 52

x

= limx →

= 1�2

|2x – 1|��

|2x – 1|��2x�x

–� –� 2�1��

41

1

044

01616

–64640

= limx → +� � × � =x� – 2

��x – 4

x� + 2��

x� + 2

= limx → ��

2x�x

–� –� 2�1�� =1

�2

= limx → 4+ � × � =

Como limx → 4– f(x) ≠ lim

x → 4+ f(x), então não existe

limx → 4

f(x).

Unidade 3 – Continuidade de funções

Páginas 42 a 47

34.

a) a � Df e limx → a

f(x) = b, logo a função f tem limite

quando x → a.

limx → a

g(x) = b = g(a), logo a função g tem limite

quando x → a.

limx → a

h(x) = b ≠ h(a), logo a função h não tem limite

quando x → a.

limx → a– i(x) = b ≠ c = lim

x → a+ i(x), logo a função i não tem

limite quando x → a.

limx → a

j(x) = b = j(a), logo a função j tem limite quan-

do x → a.

limx → a– k(x) = +� ≠ b = lim

x → a+ k(x), logo a função k não

tem limite quando x → a.

b) a � Df, logo não faz sentido falar de continuidadede f em a.

limx → a

g(x) = b = g(a), logo a função g é contínua em a.

A função h não tem limite quando x → a, logo nãoé contínua em a.

A função i não tem limite quando x → a, logo não écontínua em a.limx → a

j(x) = b = j(a), logo a função j é contínua em a.

A função k não tem limite quando x → a, logo nãoé contínua em a.

35. Para que f seja contínua em x = 1 terá que se veri-ficar lim

x → 1f(x) = f(1).

f(1) = 5k

limx → 1

f(x) = limx → 1

�1x

––x

1

2� = lim

x → 1�(1 –

x

x)–(11

+ x)� =

= limx → 1

(–x – 1) = –2

Assim, 5k = –2 ⇔ k = – �25

�.

36.

a) limx → 3– f(x) = lim

x → 3– (4 – x) = 1

limx → 3+ f(x) = lim

x → 3+ (x – 2) = 1

f(3) = 1

Como limx → 3– f(x) = lim

x → 3+ f(x) = f(3) = 1, então f é con-

tínua em x = 3.

b) limx → –1– g(x) = lim

x → –1– (x2 + 3) = 4

limx → –1+ g(x) = lim

x → –1+ �x +

15

� = �14

�

Como limx → –1– g(x) ≠ lim

x → –1+ g(x), então g não tem limi-

te quando x → –1, logo g não é contínua em x = –1.

37.

a) limx → 1

f(x) = limx → 1

�x2 –

x

6–x

1+ 5

� = limx → 1

�(x –

x

1)–(x1– 5)

� =

= limx → 1

(x – 5) = –4

f(1) = –4

Como limx → 1

f(x) = f(1) = –4, então f é contínua em x = 1.

b) limx → 0+ g(x) = lim

x → 0+ �|x

x|� = lim

x → 0+ �x

x� = 1

limx → 0– g(x) = lim

x → 0– �|x

x|� = lim

x → 0–�–x

x� = –1

Como limx → 0+ g(x) ≠ lim

x → 0– g(x), então não existe

limx → 0

g(x), logo g não é contínua em x = 0.

c) limx → 2+ h(x) = lim

x → 2+ =

= limx → 2+ =

= limx → 2+ =

= limx → 2+ �

x2 +–22x + 4� = –6

Cálculo auxiliar

Logo, x3 – 8 = (x – 2)(x2 + 2x + 4).

limx → 2– h(x) = lim

x → 2– |x – 3| = 1

Como limx → 2+ h(x) ≠ lim

x → 2– h(x), então não existe

limx → 2

h(x), logo h não é contínua em x = 2.

x� + 2��

x� + 2x� – 2

��x – 4

x3 – 8��3 – 2�x� +� 5�

(x – 2)(x2 + 2x + 4)��

9 – 2x – 5

(x – 2)(x2 + 2x + 4)��

–2(x – 2)


limx → 4+ f(x) = lim

x → 4+ =x� – 2��

x – 4

= limx → 4+ = lim

x → 4+ = �14

�x – 4

��(x – 4)(x� + 2)

1��

x� + 2

= limx → 2+ � × � =

x3 – 8��3 – 2�x� +� 5�

3 + 2�x� +� 5��3 + 2�x� +� 5�

= limx → 2+ =

(x – 2)(x2 + 2x + 4)��

4 – 2x

21

1

022

044

–880

38.

a) limx → 0+ f(x) = lim

x → 0+ �1x� = �

01+� = +�

limx → 0– f(x) = lim

x → 0– �1x� = �

01–� = –�

Como limx → 0+ f(x) ≠ lim

x → 0– f(x), então não existe

limx → 0

f(x), logo f não é contínua em x = 0.

limx → 0

g(x) = limx → 0

x = 0

g(0) = –1

Como limx → 0

g(x) ≠ g(0), então g não é contínua em x = 0.

b) limx → 0

(f × g)(x) = limx → 0 ��

1x� × x� = 1

(f × g)(0) = –1 × (–1) = 1

Como limx → 0

(f × g)(x) = (f × g)(0) = 1, então f × g écontínua em x = 0.

39. Por exemplo, f(x) = �x2

1+ 1� é uma função racional

contínua em R.

40.

a) No intervalo ]1, +�[ a função é contínua, por se tra-tar de uma função polinomial.No intervalo ]–�, 1[ a função é contínua, por se tra-tar de uma função afim.limx → 1+ f(x) = lim

x → 1+ (x2 + 2x – 3) = 1 + 2 – 3 = 0


x → 1– (–2x + 2) = –2 + 2 = 0

f(1) = 12 – 2 × 1 + 3 = 0

Como limx → 1+ f(x) = lim

x → 1– f(x) = f(1) = 0, então f é con-

tínua em x = 1.Logo, f é contínua em R.

b) No intervalo ]–�, 0[ a função é contínua, por se tra-tar do quociente de duas funções contínuas: umaque é a composta da função raiz quadrada com umafunção polinomial e outra que é uma função afim,que não se anula no intervalo considerado.No intervalo ]0, +�[ a função é contínua, por setratar do quociente de duas funções contínuas,ambas polinomiais, cujo denominador não se anulano intervalo considerado.


x → 0– = limx → 0– �

–x

x� = –1

limx → 0+ g(x) = lim

x → 0+�x3 +

x

3

2

x

+2x

+ 2x� = lim

x → 0+�x(x2

x(+x

3+x

1+)

1)� =

= limx → 0+ �

x2 +x

3+x

1+ 1

� = 1

Como limx → 0– g(x) ≠ lim

x → 0+ g(x), então não existe

limx → 0

g(x) , logo g não é contínua em x = 0.

Logo, g é contínua em R \ {0}.

41. Nos intervalos ]–�, 0[ e ]0, +�[ a função é contí-nua, por se tratar do produto de duas funções con-tínuas: uma que é uma função trigonométrica eoutra que é a composta de uma função trigonomé-trica com uma função racional.f(0) = 0

Uma vez que limx → 0

(sen x) = 0 e que –1 ≤ sen �1x� ≤ 1,

∀ x � R, então limx → 0

f(x) = limx → 0 �sen x sen �

1x�� = 0.

Como limx → 0 �sen x sen �

1x�� = f(0) = 0, então f é contí-

nua em x = 0.

Logo, f é contínua em R.

42. No intervalo ]–�, 2[ a função h é contínua, por setratar de uma função quadrática.No intervalo ]5, +�[ a função h é contínua, por setratar de uma função constante.Uma extensão de h a R que seja contínua podeser, por exemplo, da forma:

x2 – 4x + 3 se x ≤ 2h1(x) = mx + b se 2 < x < 5

10 se x ≥ 5

Assim, limx → 2

h1(x) = h1(2) = –1 e limx → 5

h1(x) = h1(5) = 10.

Logo, os pontos A(2, –1) e B(5, 10) têm de perten-cer ao gráfico de y = mx + b.

m = �h(55) ––

h2

(2)� = �10

3+ 1� = �1

31�

Logo, y = �131� x + b.

Como A pertence à reta:

–1 = �131� × 2 + b ⇔ b = – �

235�

Logo, y = �131� x – �2

35�.

x2 – 4x + 3 se x ≤ 2

Assim, h1(x) = �131� x – �2

35� se 2 < x < 5.

10 se x ≥ 5

43. No intervalo ]–�, 0[ a função é contínua, por setratar de uma função constante.No intervalo ]0, 4[ a função é contínua, por se tra-tar do quociente entre funções contínuas: uma é a

x�2��

x


diferença entre a função raiz quadrada e uma fun-ção constante, a outra é uma função afim, quenão se anula no intervalo considerado.No intervalo ]4, +�[ a função é contínua, por setratar de uma função constante.Para que f seja contínua em x = 0 terá que se veri-ficar lim

x → 0f(x) = f(0).

f(0) = alimx → 0

f(x) = limx → 0

= �12

�

Assim, a = �12

�.

Para que f seja contínua em x = 4 terá que se veri-ficar lim

x → 4f(x) = f(4).

f(4) = b

limx → 4

f(x) = limx → 4

=

= limx → 4

= limx → 4

= �14

�

Assim, b = �14

�.

Unidade 4 – Assíntotas ao gráfico de uma função

Páginas 48 a 62

44. Uma vez que a reta de equação x = 2 é umaassíntota ao gráfico de f, que f é positiva em todoo seu domínio e que Df = ]–�, 2[, tem-se que limx → 2– f(x) = +�.

Logo, limx → 2– �

f(1x)� = �

+1�� = 0.


45.

a) Dg = R \ {–3, 3}A função g é contínua em R \ {–3, 3}, pois é o quo-ciente entre duas funções contínuas (ambas poli-nomiais).Apenas as retas de equações x = –3 e x = 3 sãocandidatas a assíntotas verticais ao gráfico de g.

limx → –3– g(x) = lim

x → –3– �2x2

x

–22–x

9– 12

� = �01

+2� = +�

A reta de equação x = –3 é uma assíntota verticalao gráfico de g.


x → 3– �2x2

x

–22–x

9– 12

� = limx → 3–�

2(x2

x2––x

9– 6)

� =

= limx → 3– �

2((x

x

––33))((x

x

++

32))

� = limx → 3– �

2(x

x

++

32)

� = �160� = �

53

�

limx → 3+ g(x) = lim

x → 3+ �2x2

x

–22–x

9– 12

� = limx → 3+�

2(x2

x2––x

9– 6)

� =

= limx → 3+ �

2((x

x

––33))((x

x

++

32))

� = limx → 3+ �

2(x

x

++

32)

� = �160� = �

53

�

A reta de equação x = 3 não é uma assíntota verti-cal ao gráfico de g.

b) Dh = R \ {–1, 1}A função h é contínua em R \ {–1, 1} , pois é o quo-ciente entre duas funções contínuas (ambas poli-nomiais).Apenas as retas de equações x = –1 e x = 1 sãocandidatas a assíntotas verticais ao gráfico de h.

limx → –1– h(x) = lim

x → –1– �1 –

x

x2� = �–0

1–� = +�

A reta de equação x = –1 é uma assíntota verticalao gráfico de h.


x → 1– �1 –

x

x2� = �0–

+1� = –�

A reta de equação x = 1 é uma assíntota vertical aográfico de h.

c) Di = RA função i é contínua em R, pois é o quocienteentre duas funções contínuas (ambas polinomiais). Logo, não há assíntotas verticais ao gráfico de i.

46. Como a reta de equação y = x – 1 é uma assíntotaao gráfico de f e Df = R+, entãolimx → +�

(f(x) – (x – 1)) = 0 ⇔ limx → +�

(f(x) – x + 1) = 0.


47. Como a reta de equação y = 2 é uma assíntota aográfico de f e Df = R+, então lim

x → +�f(x) = 2.

Logo, limx → +�

�f(1x)� = �

12

�.


48.

a) Df = R \ {2}

Assíntotas verticaisA função f é contínua em R \ {2}, por se tratar deuma função racional.Só a reta de equação x = 2 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de f.


x → 2– �3x

x

––21

� = �05–� = –�

x� – 2��

x – 4

x� – 2��

x – 4

1��

x� + 2x – 4

��(x – 4)(x� + 2)


= limx → 4 � × � =x� – 2

��x – 4

x� + 2��

x� + 2

A reta de equação x = 2 é uma assíntota vertical aográfico de f.

Assíntotas horizontais

limx → +�

f(x) = limx → +�

�3x

x

––21

� = limx → +�

= �31

––

00

� = 3

limx → –�

f(x) = limx → –�

�3x

x

––21

� = limx → –�

= �31

––

00

� = 3

A reta de equação y = 3 é uma assíntota horizontalao gráfico de f.

b) Dg = R \ �– �12

��Assíntotas verticais

A função g é contínua em R \ �– �12

��, por se tratar

de uma função racional.

Só a reta de equação x = – �12

� é candidata a assínto-

ta vertical ao gráfico de g.

limx → �– �

– g(x) = limx → �– �

– �2x

1+ 1� = �

01–� = –�

A reta de equação x = – �12

� é uma assíntota vertical

ao gráfico de g.


limx → +�

g(x) = limx → +�

�2x

1+ 1� = �

+1�� = 0

limx → –�

g(x) = limx → –�

�2x

1+ 1� = �

–1�� = 0

A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontalao gráfico de g.

c) Dh = R \ ��12

��Assíntotas verticais

A função h é contínua em R \ ��12

��, por se tratar de

uma função racional.

Só a reta de equação x = �12

� é candidata a assíntota

vertical ao gráfico de h.

limx → � �

– h(x) = limx → � �

– �42

x

x

+– 1

3� = �

05–� = –�

A reta de equação x = �12

� é uma assíntota vertical

ao gráfico de h.


limx → +�

h(x) = limx → +�

�42

x

x

+– 1

3� = lim

x → +�= �4

2+– 0

0� = 2

A reta de equação y = 2 é uma assíntota horizontalao gráfico de h.

49. Dj = R \ {–4}

Assíntotas verticaisA função j é contínua em R \ {–4}, por se tratar doquociente entre duas funções contínuas.Só a reta de equação x = –4 é candidata a assínto-ta vertical ao gráfico de j.

limx → –4– j(x) = lim

x → –4– �|2

x

x

+–43|

� = �10

1–� = –�

A reta de equação x = –4 é uma assíntota verticalao gráfico de j.


limx → +�

j(x) = limx → +�

�|2

x

x

+–43|

� = limx → +�

�2x

x

+–43

� =

= limx → +�

= 2

A reta de equação y = 2 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de j.

limx → –�

j(x) = limx → –�

�|2

x

x

+–43|

� = limx → –�

�–2x

x

++4

3� =

= limx → –�

= –2

A reta de equação y = –2 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de j.

50. Uma vez que Dg = R+ e que a reta de equação

y = 2x + 4 é uma assíntota ao gráfico de g, tem-se

que limx → +�

�g(

x

x)� = 2 e que lim

x → +�(g(x) – 2x) = 4.

Logo, limx → +� ��

g(x

x)� × (g(x) – 2x)� =

= limx → +�

�g(

x

x)� × lim

x → +�(g(x) – 2x) = 2 × 4 = 8.


3 – �1x�

�1 – �

2x�

1�2

1�2

1�2

1�2

4 + �3x�

�2 – �

1x�

2 – �3x�

�1 + �

4x�

–2 + �3x�

�1 + �

4x�

3 – �1x�

�1 – �

2x�


limx → –�

h(x) = limx → –�

�42

x

x

+– 1

3� = lim

x → –�= �4

2+– 0

0� = 2

4 + �3x�

�2 – �

1x�

51.

a) Df = R \ {–2}

Assíntotas verticaisA função f é contínua em R \ {–2}, por se tratar deuma função racional.Só a reta de equação x = –2 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de f.

limx → –2– f(x) = lim

x → –2– �(3x

x

++2

6)2� = lim

x → –2– =

= limx → –2– �

x +3

2� = �

03–� = –�

A reta de equação x = –2 é uma assíntota verticalao gráfico de f.

Assíntotas não verticais

m = limx → +�

�f(x

x)� = lim

x → +��x(

3x

x

++

26)2� =

= limx → +�

�x3 +

34x

x

+2 +

64x

� = limx → +�

= �01

� = 0

b = limx → +�

f(x) = limx → +�

�(3x

x

++

26)2� =

= limx → +�

= limx → +�

= �01

� = 0

A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontalao gráfico de f.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e obtém--se a mesma reta.

b) Dg = RAssíntotas verticaisA função g é contínua em R, por se tratar de umafunção racional.Logo, o seu gráfico não admite assíntotas verticais.


m = limx → +�

�g(

x

x)� = lim

x → +��2x

x

3

3

++

x

x� =

= limx → +�

= �21

� = 2

b = limx → +�

[g(x) – 2x] = limx → +� ��2x

x

2

3

++

1x

� – 2x� =

= limx → +�

= limx → +�

�x2

–+x

1� =

A reta de equação y = 2x é uma assíntota oblíquaao gráfico de g.

Quando x → –�, os cálculos são idênticos e obtém--se a mesma reta.

c) Dh = R \ {–1, 1}

Assíntotas verticaisA função h é contínua em R \ {–1, 1}, por se tratarde uma função racional.As retas de equações x = –1 e x = 1 são candidatasa assíntotas verticais ao gráfico de h.

limx → –1– h(x) = lim

x → –1– �2x2

x

+2 –

4x

1+ 3

� = �01+� = +�

A reta de equação x = –1 é uma assíntota verticalao gráfico de h.


x → 1– �2x2

x

+2 –

4x

1+ 3

� = �09–� = –�



m = limx → +�

�h(

x

x)� = lim

x → +��2x2

x

+3

4–x

x

+ 3� =

= limx → +�

= �01

� = 0

b = limx → +�

h(x) = limx → +�

�2x2

x

+2

4–x

1+ 3

� =

= limx → +�

= �21

� = 2

A reta de equação y = 2 é uma assíntota horizontalao gráfico de h.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e obtém--se a mesma reta.

d) Dj = R \ {–3}

Assíntotas verticaisA função j é contínua em R \ {–3}, por se tratar deuma função racional.Só a reta de equação x = –3 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de j.

limx → –3– j(x) = lim

x → –3– �2x

x

2

++33

� = �20

1–� = –�

A reta de equação x = –3 é uma assíntota verticalao gráfico de j.


m = limx → +�

�j(x

x)� = lim

x → +��2x2x2

++3

3x

� =

= limx → +�

= �21

� = 2

�x

32� + �

x

63�

��1 + �

4x� + �

x

42�

�x

3� + �

x

62�

��1 + �

4x� + �

x

42�

3x + 6��

x2 + 4x + 4

2 + �x

12�

��1 + �

x

12�

2x3 + x – 2x3 – 2x��

x2 + 1

�2x� + �

x

42� + �

x

33�

��1 – �

x

12�

2 + �4x� + �

x

32�

��1 – �

x

12�

3(x + 2)��

(x + 2)2

2 + �x

32�

��1 + �

3x�


= limx → +�

= �01

� = 0 – �

1x�

��1 + �

x

12�

b = limx → +�

[j(x) – 2x] = limx → +� ��2x

x

2

++33

� – 2x� =

= limx → +�

= limx → +�

�–6x

x

++3

3� =

A reta de equação y = 2x – 6 é uma assíntota oblí-qua ao gráfico de j.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e obtém--se a mesma reta.

e) Dp = {x � R: 9x2 + 5x ≥ 0 ∧ x + 1 ≠ 0} =

= ��–�, – �59

�� ∪ [0, +�[� \ {–1}

Cálculo auxiliar

9x2 + 5x = 0 ⇔ x(9x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = – �59

�

Assíntotas verticais

A função p é contínua em Dp, por se tratar do quo-ciente entre duas funções contínuas.Só a reta de equação x = –1 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de p.

limx → –1– p(x) = lim

x → –1– =

= �02

–� = –�

A reta de equação x = –1 é uma assíntota verticalao gráfico de p.


m = limx → +�

�p(

x

x)� = lim

x → +�=

= limx → +�

= limx → +�

=

= �+3�� = 0

= limx → +�

= limx → +�

=

= �31

� = 3

A reta de equação y = 3 é uma assíntota horizontalao gráfico de p.

m = limx → –�

�p(

x

x)� = lim

x → –�=

= limx → –�

= limx → –�

=

b = limx → –�

p(x) = limx → –�

=

= limx → –�

= limx → –�

=

= �–13� = –3

A reta de equação y = –3 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de p.

f) Dr = R A função r é contínua em R, por se tratar da com-posta da função raiz quadrada com uma funçãopolinomial.Logo, o seu gráfico não admite assíntotas verticais.


m = limx → +�

�r(

x

x)� = lim

x → +�=

2x2 + 3 – 2x2 – 6x��

x + 3

9�x�2�+� 5�x��

x + 1

9�x�2�+� 5�x��

x2 + x

�9� +� �5x��

��x + 1

x�9� +� �5x��

��x(x + 1)

|x|�9� +� �5x��

��x + 1

�x�2��9� +� �5x��

��x + 1

9�x�2�+� 5�x��

x2 + x

–�9� +� �5x��

��x + 1

–x�9� +� �5x��

��x(x + 1)

9�x�2�+� 5�x��

x + 1

–�9� +� �5x��

��1 + �

1x�

–x�9� +� �5x��

��x �1 + �

1x��

4�x�2�+� 1��

x


= limx → +�

= �–16� = –6

–6 + �3x�

��1 + �

3x�

0– 59

x

= limx → +�

= limx → +�

= �x�2��9� +� �

5x��

��x2 + x

|x|�9� +� �5x��

��x2 + x

b = limx → +�

p(x) = limx → +�

=9�x�2�+� 5�x��

x + 1

= limx → +�

= limx → +�

=x�9� +� �

5x��

��x �1 + �

1x��

�9� +� �5x��

��1 + �

1x�

= limx → –�

= limx → –�

=�x�2��9� +� �

5x��

��x2 + x

|x|�9� +� �5x��

��x2 + x

= = 0–3

�+�

= limx → –�

= limx → –�

=�x�2��9� +� �

5x��

��x + 1

|x|�9� +� �5x��

��x + 1

= limx → +�

= limx → +�

=|x|�4� +� �

1x��

��x

�x�2��4� +� �1x��

��x

b = limx → +�

[r(x) – 2x] = limx → +�

(4�x�2�+� 1� – 2x) =

= �limx → +�

(4�x�2�+� 1� – 2x) × � =

= �+1�� = 0

A reta de equação y = 2x é uma assíntota oblíquaao gráfico de r.

m = limx → –�

�r(

x

x)� = lim

x → –�=

= limx → –�

= limx → –� �–�4� +� �

1x�� = –2

b = limx → –�

[r(x) + 2x] = limx → –�

(4�x�2�+� 1� + 2x) =

= �limx → –�

(4�x�2�+� 1� + 2x) × � =

= �+1�� = 0

A reta de equação y = –2x é uma assíntota oblíquaao gráfico de r.

g) Ds = R \ {5}

Assíntotas verticaisA função s é contínua em R \ {5}, por se tratar doquociente de funções contínuas.Só a reta de equação x = 5 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de s.

limx → 5– s(x) = lim

x → 5– �x

|5

2

––

x

3|

� = �02

+2� = +�

A reta de equação x = 5 é uma assíntota vertical aográfico de s.


m = limx → +�

�s(

x

x)� = lim

x → +��x

x

|

2

5––3x|

� = limx → +�

�x(

x

–

2

5–+3x)

� =

= limx → +�

�x

x

2

2

––53x

� = limx → +�

= �11

� = 1

b = limx → +�

(s(x) – x) = limx → +� ��x|5

2

––

x

3|

� – x� =

= limx → +� � �

–x2

5–+

3x

� – x� = limx → +�

�x2 – 3

x

+–55x – x2

� =

= limx → +�

�5x

x

––53

� = limx → +�

= �51

� = 5

A reta de equação y = x + 5 é uma assíntota oblí-qua ao gráfico de s.

m = limx → –�

�s(

x

x)� = lim

x → –��x

x

|

2

5––3x|

� = limx → –�

�x

x

(

2

5––3x)

� =

= limx → –�

�–x

x

2

2–+

35x

� = limx → –�

= �–11� = –1

b = limx → –�

(s(x) + x) = limx → –� ��x|5

2

––

x

3|

� + x� =

= limx → –� � + x� = lim

x → –��x2 – 3

5+–5x

x – x2� =

= limx → –�

�55x

––x

3� = lim

x → –�= �

–51� = –5

A reta de equação y = –x – 5 é uma assíntota oblí-qua ao gráfico de s.

52. Uma vez que limx → –1

g(x) = –�, então a reta de equa-

ção x = –1 é uma assíntota vertical ao gráfico de g.

A função g é contínua no seu domínio, que é ]–�, –1[,logo não há outras assíntotas ao gráfico de g.

limx → –�

�g(x)

4x

– 2x� = �

12

� ⇔ limx → –�

�g4(xx

)� – �

12

� = �12

�

⇔ �14

� limx → –�

�g(

x

x)� = 1

⇔ limx → –�

�g(

x

x)� = 4

Por outro lado:

limx → –�

(g(x) – mx + 1) = 3 ⇔ limx → –�

(g(x) – mx) + 1 = 3

⇔ limx → –�

(g(x) – mx) = 2, m � RLogo, a reta de equação y = 4x + 2 é uma assínto-ta oblíqua ao gráfico de g.

53. Df = R \ {c}Uma vez que f é contínua em R \ {c} e que a retade equação x = 1 é uma assíntota vertical ao gráfi-co de f, vem que c = 1.A reta de equação y = –2 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de f, logo a = –2.

4�x�2�+� 1� + 2x��4�x�2�+� 1� + 2x

4�x�2�+� 1��

x

–x�4� +� �1x��

��x

4�x�2�+� 1� – 2x��

4�x�2�+� 1� – 2x

1 – �x

32�

��1 – �

5x�

5 – �3x�

�1 – �

5x�

1 – �x

32�

��–1 + �

5x�

x2 – 3�

5 – x

5 – �3x�

�–1 + �

5x�


= limx → +�

= limx → +� �4� +� �

1x�� = 2

x�4� +� �1x��

��x

= limx → +�

= limx → +�

=4x2 + 1 – 4x2��4�x�2�+� 1� + 2x

1��4�x�2�+� 1� + 2x

= limx → –�

= limx → –�

=�x�2��4� +� �

1x��

��x

|x|�4� +� �1x��

��x

= limx → –�

= limx → –�

=4x2 + 1 – 4x2��

4�x�2�+� 1� – 2x

1��

4�x�2�+� 1� – 2x

Tem-se então que f(x) = – 2 + �x –

b1

�.

Como o ponto A(–1, 0) pertence ao gráfico de f,vem que:f(–1) = 0 ⇔ –2 + �

–1b– 1� = 0

⇔ –2 – �b2

� = 0

⇔ �b2

� = –2

⇔ b = –4

Assim, a = –2, b = –4 e c = 1

Aprende Fazendo

Páginas 68 a 85

1. A função f é ímpar, uma vez que o seu gráfico ésimétrico em relação à origem do referencial.A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontalao gráfico de f quando x→ –�, logo lim

x→ –�f(x) = 0.

Como se pode observar no gráfico de f, a função f éestritamente decrescente em R+.

Por observação do gráfico de f, limx → 0- f(x) = –�, logo

é falso que limx→ 0

f(x) = +�.


2. limx→ 2- f(x) = +�

limx→ 2+ f(x) = –2 = f(2)

limx→ –�

f(x) = –2 e limx→ +�

f(x) = +�, logo

limx→ –�

f(x) ≠ limx→ +�

f(x).


3. A afirmação (A) é falsa. Para a função f ser contí-nua em x = a, sendo a � Df, tem-selimx→ a– f(x) = lim

x→ a+ f(x) = f(a).

A afirmação (B) é falsa. Se a � Df, a função f podeter limite no ponto de abcissa a e não é contínuanesse ponto.

A afirmação (C) é falsa. Se a � Df, mas limx→ a– f(x) = lim

x→ a+ f(x), então existe limx→ a

f(x).

A afirmação (D) é verdadeira. Se f é contínua em x = a, então lim

x→ a– f(x) = limx→ a+ f(x) = f(a). Em particular,

limx→ a+ f(x) = f(a).


4. Df = {x� R: x + 1 ≠ 0} = R \ {–1}

f(x) = �2x

x

+–11

� = 2 – �x +

31

�

D’f = R \ {2}

Cálculo auxiliar

2x – 1 x + 1–2x – 2 2

–3


5. Em todas as opções encontram-se representadasfunções contínuas em R \ {2}, tais que lim

x→ 2– f(x) = –3,limx→ 2+ f(x) = –� e lim

x→ –�f(x) = –1.

Apenas na função cuja representação gráfica é a

da opção (C) se tem que limx→ +�

[f(x) – x] = 1, ou seja,

que a reta de equação y = x + 1 é uma assíntota ao

gráfico de f quando x→ +�.


6. Se g(x) = x, então: limx→ 0+ (f × g)(x) = lim

x→ 0+ (x�3�+� x� × x) = 0

Se g(x) = �x

12�, então:

limx→ 0+ (f × g)(x) = lim

x→ 0+ =

= limx→ 0+ ��

x3

x+4 x� =

= limx→ 0+ ��

x2

x+3 1� =

= � = +�


x→ 0+ = limx→ 0+ ��

x3x+ x� =

= limx→ 0+ x�2�+� 1� = 0� +� 1� = 1

Se g(x) = x�, então:


x→ 0+ (x�3�+� x� × x�) = 0


7. limx→ 5– f(x) = lim

x→5– �(5x

––x

5)4� = lim

x→5– �(5––1x)3� = �

0–

+1� = –�


x�3�+� x��

x2

1�0+

x�3�+� x��

x�


= limx→ 0+ ��

x(x2

x4+ 1)� =

Se g(x) = , então:1

�x�

8.

a) limx→ 2– �

g(2x)� = �

+2�� = 0


b) limx→ 2– �

h(x

x)� = �

02+� = +�


c) limx→ –�

(g × h)(x) = –1 × (–�) = +�

limx→ 2+ ��

hg

��(x) = �–0

�–� = +�

limx→ +�

(g × h)(x) = –1 × (+�) = –�

limx→ 2– ��

hg

��(x) = �+0

�+� = +�


9. O gráfico de g é a imagem do gráfico de f pelatranslação de vetor (3, 0). Logo: limx→ 2

f(x) = limx→ 5

g(x) = 1


10. lim un = lim (–n2 – n) = –�

Logo, lim h(un) = limx→ –�

h(x) = –2.

lim vn = lim �– �1n

� – 1� = –1–

Logo, lim h(vn) = limx→ –1– h(x) = –�.


11. Para que a função f tenha limite no ponto de abcis-sa 3 terá que se verificar lim

x→ 3– f(x) = limx→ 3+ f(x).


x→ 3– ��k3x� – �

2k

�� = k – �2k

� = �2k

�

limx→ 3+ f(x) = lim

x→ 3+ =

= limx→ 3+ =

= �–63� = – �

12

�

Assim, �2k

� = – �12

� ⇔ k = –1.


12. limx→ –2+ ��x2

1– 4� + �

x +1

2�� = lim

x→ –2+ �1x

+2x

––4

2� =

= limx→ –2+ �

–x21

–+

4x

� = �–0

3–� = +�


13. lim f(xn) = –� ⇔ limx → 1– f(x) = –�. Logo, lim xn = 1–.

Se xn = 1 + �1n

�, então lim xn = 1+.

Se xn = �2nn– 1�, então lim xn = 2–.

Se xn = �n –n

1�, então lim xn = 1–.

Se xn = 2 + �1n

�, então lim xn = 2+.


14. limx→ –�

f(x) = limx→ –�

=

= limx→ –�

= limx→ –�

=

= �–0�� = 0

Logo, limx→ –�

f(x) � R.


x→ 1+ �2x2

x

+2 –

11– 3x

� =

= limx→ 1+ = lim

x→ 1+ �2x

x

+–11

� = �12

� = f(1)

= limx→ 1– � × � =

= limx→ 1– � � = �

01+� = +�

Logo, limx→ 1– f(x) ≠ f(1) e lim

x→ 1– f(x) ≠ lim limx→ 1+ f(x).


15. A afirmação (A) é falsa. Contraexemplo:

�1x� se x ≠ 0

f(x) = 1 se x = 0

A afirmação (B) é verdadeira. Por exemplo:

�1x� se x ≠ 0

f(x) = 1 se x = 0

3�x� – x��x – 3

3x – x2��(x – 3)(3�x� + x)

1� –� x��x – x2

��x

12� – �1x�

��–1 + x

–x��x

12� – �1x�

��–x(–1 + x)

2 �x – �12

��(x – 1)��

(x – 1)(x + 1)

1� –� x��

1� –� x�1� –� x��x – x2

1��x1� –� x�


= limx→ 3+ � × � =3�x� – x

��x – 3

3�x� + x��

3�x� + x

= limx→ 3+ = lim

x→ 3+ =–x(x – 3)

��(x – 3)(3�x� + x)

–x��

3�x� + x

= limx→ –�

= limx→ –�

=�x2��

x

12� – �1x��

��x – x2

|x|��x

12� – �1x�

��–x(–1 + x)


x→ 1– =1� –� x��x – x2

= limx→ 1– � � =

1 – x��x(1 – x)1� –� x�

A afirmação (C) é falsa. Contraexemplo:

�1x� se x ≠ 0

f(x) = 1 se x = 0

A afirmação (D) é falsa. Contraexemplo: f(x) = �x2

1+ 1�.


16. Df = {x� R: a + bx ≠ 0} = R \ �– �ba

� �A reta de equação y = –1 é uma assíntota horizon-

tal ao gráfico de f, logo �2b

� = –1 ⇔ b = –2 .

Uma vez que a reta de equação x = 1 é uma assín-tota vertical ao gráfico de f, vem que:

– �ba

� = 1 ⇔ �2a

� = 1 ⇔ a = 2


17. Df = R \ {–a}

Assíntotas verticaisA função f é contínua em R \ {–a}, por se tratar deuma função racional.Só a reta de equação x = –a é candidata a assínto-ta vertical ao gráfico de f.

limx→ –a– f(x) = lim

x→ –a– �x2

x

–+

aa

2� = lim

x→ –a– =

limx→ –a– (x – a) = –2a

Quando x→ –a+, os cálculos são idênticos e obtém--se o mesmo valor.A reta de equação x = –a não é uma assíntota ver-tical ao gráfico de f.


limx→ +�

f(x) = limx→ +�

�x2

x

–+

aa

2� = lim

x→ +�= +�

O gráfico de f não tem assíntotas horizontais.A opção correta é a (D).

18. Como limx → –�

g(x) = –4 e limx → +�

g(x) = 2, então as

retas de equações y = –4 e y = 2 são assíntotashorizontais ao gráfico de g. Logo, o gráfico de gnão tem assíntotas oblíquas, já que tem duasassíntotas horizontais.Não há dados suficientes para concluir que o gráfi-co de g não tem assíntotas verticais; o gráfico de gpode ter assíntotas verticais.A opção correta é a (D).

19. A afirmação (A) é falsa. Contraexemplo:

f(x) = �x2

1+ 1�

A afirmação (B) é falsa. Contraexemplo:

f(x) = �x2

1+ 1�.

A afirmação (C) é falsa. Contraexemplo:

f(x) = �x2

x

+ 1�

A afirmação (D) é verdadeira. Por exemplo:

f(x) = �x2

1+ 1�


20. m = limx → +�

�f(x

x)� = lim

x → +��a3x

x

+– a

2x

x

2

2� = limx → +�

=

= – �a2

�

Quando x→ –�, os cálculos são idênticos e obtém--se o mesmo valor.Para que a assíntota oblíqua ao gráfico de f sejaparalela à bissetriz dos quadrantes ímpares:

m = 1 ⇔ – �a2

� = 1 ⇔ a = –2


21. O gráfico de f é uma reta a que pertencem os pon-tos de coordenadas (2, 0) e (0, –2). Logo, f(x) = mx – 2.

m = �02

+– 0

2� = 1

Assim, f(x) = x – 2.

a) g(x) = �x2 –

f5(xx

)+ 6

� =

= �x2 –x

5–x

2+ 6

� =

= �(x –x

2)–(x2

– 3)� =

= x – 3, ∀ x� R \ {2}

g(x) < 0 ⇔ x – 3 < 0 ⇔ x < 3, pelo que a função gé negativa no intervalo ]–�, 3[ e é positiva no inter-valo ]3, +�[.

D ’g = R \ {–1}, já que 2 – 3 = –1.


b) g(x) = 0 ⇔ x – 3 = 0 ∧ x� Dg ⇔ x = 3Logo, a função g tem um único zero.A opção correta é a (D).

c) limx → 2+ g(x) = lim

x → 2+ g(x) = –1, logo o gráfico da função

g não tem assíntotas verticais.

(x – a)(x + a)��x + a

x – �ax

2�

�1 + �

ax�

�3x� – a

��ax� + 2


limx → –�

f(x) = limx → –�

�x2

x

–+

aa

2� = lim

x → –�= –�

x – �ax

2�

�1 + �

ax�

Como limx→ +�

g(x) = limx→ +�

(x – 3) = +� e

limx → –�

g(x) = limx → –�

(x – 3) = –�, o gráfico da função g

não tem assíntotas horizontais.A opção correta é a (D).

22.

a) lim f(un) = +�, logo lim un = 1–.

Ora, un = �4n4

+n

a� = 1 + �

4an�. Assim, para que

lim un = 1– tem que se ter a < 0.


b) 1 � Df

limx→ 1+ �

f(x

x)� = �

–1�� = 0

limx→ 1– �

f(x

x)� = �

+1�� = 0

Logo, limx→ 1

�f(x

x)� = 0.


c) O gráfico de f –1 é simétrico do gráfico de f em rela-ção à bissetriz dos quadrantes ímpares. Logo, se as assíntotas ao gráfico de f são as retasde equações x = 1 e y = –2, então as assíntotas aográfico de f –1 são as retas de equações x = –2 e y = 1.A opção correta é a (C).

23.

a) A assíntota oblíqua ao gráfico de f contém os pon-tos de coordenadas (–3, 0) e (0, –3), pelo que a suaequação é y = –x – 3. Assim, lim

x→ –�(f(x) – (–x – 3)) = 0

⇔ limx→ –�

(f(x) + x + 3) = 0.


b) limx→ –� ��

f(x

x)� – 1� = lim

x→ –�– 1 = �

–11� – 1 = –2

A reta de equação y = –2 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de f.A opção correta é a (D).

24. O gráfico da função g é a imagem do gráfico dafunção f pela translação de vetor (1, –3). Assim, como o gráfico da função f tem uma assínto-ta vertical de equação x = 0, então o gráfico da fun-ção g tem uma assíntota vertical de equação x = 1.Por outro lado, é possível obter uma função f nascondições do enunciado e cujo contradomínio seja]–1, +�[, pelo que também é possível que a funçãog tenha contradomínio ]–4, +�[.

O gráfico da função h é a imagem do gráfico dafunção f por uma reflexão de eixo Oy.Assim, como o gráfico da função f tem uma assínto-ta vertical de equação x = 0, então o gráfico da fun-ção h tem uma assíntota vertical de equação x = 0.Por outro lado, o contradomínio da função h éigual ao contradomínio da função f.A opção correta é a (D).

25. Sabe-se que limx → 0– f(x) = +�, logo a reta de equa-

ção x = 0 é uma assíntota vertical ao gráfico de f,

e que limx → +�

f(x) = 1, logo a reta de equação y = 1 é

uma assíntota horizontal ao gráfico de f.

O gráfico de g é a imagem do gráfico de f pelatranslação de vetor (–2, 1) seguida da reflexão emrelação ao eixo Ox. Assim, as retas de equações x = –2 e y = –2 sãoassíntotas ao gráfico de g.A opção correta é a (C).

26. Como limx → +�

(f(x) – 2x + 1) = 0, então a reta de

equação y = 2x – 1 é uma assíntota ao gráfico de f.Uma vez que g(x) = f(|x|), então as retas de equa-ções y = 2x – 1 e y = –2x – 1 são assíntotas ao grá-fico de g.O gráfico de f admite uma única assíntota vertical.Se essa assíntota se situar à esquerda do eixo Oy,então o gráfico de g não admite assíntotas verti-cais. Se essa assíntota se situar à direita do eixoOy, então o gráfico de g admite duas assíntotasverticais, simétricas em relação a Oy. Se a assín-tota vertical ao gráfico de f for a reta de equação x = 0, então o gráfico de g admite também a retade equação x = 0 como assíntota vertical. Assim, o gráfico da função g tem no mínimo duasassíntotas.A opção correta é a (B).

27.

a) Df = R \ {4}

D’f = ]–�, 1] ∪ ]2, 5]

b) i) limx→ –1

f(x) = 0

ii) limx→ 1+ f(x) = 2

iii) limx→ –�

f(x) = –�

iv) limx→ 4+ f(x) = 5

c) f(1) = 1

limx→ 1+ f(x) = 2

1�

�f(x

x)�


Como f(1) ≠ limx → 1+ f(x), então não existe limite no

ponto de abcissa 1.

4 � Df

limx→ 4+ f(x) = 5

limx→ 4– f(x) = 5

Como 4 � Df e limx → 4+ f(x) = lim

x → 4– f(x), então existe

limite no ponto de abcissa 4.

d) Por exemplo, xn = 1 + �(–1n

)n�.

28.

a) limx→ 2– f(x) = 2

b) limx→ 2+ [f(x)]2 = (–�)2 = +�

c) limx→ –�

�f(1x)� = �

–1�� = 0

d) limx→ +�

3 f(�x�)� = 3 –�1� = –1

e) limx→ 0– �

f(x

x)� = �

02

–� = –�

29.

a) limx→ 1– h(x) = lim

x→ 1– (x – x3) = 0

limx→ 1+ h(x) = lim

x→ 1+ (x2 + 2x) = 3

Como limx→ 1– h(x) ≠ lim

x→ 1+ h(x), então não existe

limx→ 1

h(x).

b) Como limx → 1– h(x) = h(1) = 0, então h é contínua à

esquerda do ponto de abcissa 1.

c) Como não existe limx → 1

h(x), então h é descontínua

em x = 1.

0 se x ≤ 1d) Por exemplo, g(x) = .

–3 se x > 1

e) limx→ –�

h(x) = limx→ –�

(x – x3) = limx→ –� �x3 ��

x

12� – 1�� =

= –� × (–1) = +�

30.

a) f(x) = 0 ⇔ = 0

⇔ 2x2 – 5x + 2 = 0 ∧ x2 – x ≠ 0

⇔ x = ∧ x(x – 1) ≠ 0

⇔ x = �54± 3� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ 1

⇔ �x = 2 ∨ x = �12

�� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ 1

⇔ x = 2 ∨ x = �12

�

Os zeros de f são �12

� e 2.

f é positiva em ]–�, 0[ ∪ ��12

� , 1� ∪ ]2, +�[ e é nega-

tiva em �0, �12

�� ∪ ]1, 2[.

b) g(x) = 0 ⇔ �2x2

1+–x

x2

– 3� = 0

⇔ 1 – x2 = 0 ∧ 2x2 + x – 3 ≠ 0

⇔ (x = 1 ∨ x = –1) ∧ x ≠

⇔ (x = 1 ∨ x = –1) ∧ x ≠ �–14± 5�

⇔ (x = 1 ∨ x = –1) ∧ x ≠ – �32

� ∧ x ≠ 1

⇔ x = –1

O zero de g é –1.

g é positiva em �– �32

�, –1� e é negativa em

�–�, – �32

�� ∪ ]–1, 1[ ∪ ]1, +�[.

c) h(x) = 0 ⇔ �25x� – �

2x

x2+–4x

� + �24x

x

+–127

� = 0

⇔ �25x� – �

x(2x

x

+–41)

� + �22(x

2x+

–117

)� = 0

⇔ = 0

⇔ �2x2

2x+(22x

5x–

–1)

13� = 0

⇔ 2x2 + 25x – 13 = 0 ∧ 2x(2x – 1) ≠ 0

⇔ x = ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ �12

�

⇔ x = �–254± 27� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ �

12

�

2x2 – 5x + 2��

x2 – x

5 ± 2�5� –� 1�6��

4

–1 ± 1� +� 2�4��

4

5(2x – 1) – 2(x + 4) + x(2x + 17)��

2x(2x – 1)

–25 ± 6�2�5� +� 1�0�4��

4


x –� 0 �12

� 1 2 +�

2x2 – 5x + 2 + + + 0 – – – 0 +

x2 – x + 0 – – – 0 + + +

�2x2

x

–2

5–x

x

+ 2� + n.d. – 0 + n.d. – 0 +

x –� – �32

� –1 1 +�

1 – x2 – – – 0 + 0 –

2x2 + x – 3 + 0 – – – 0 +

�2x2

1+–x

x2

– 3� – n.d. + 0 – n.d. –

⇔ = 010x – 5 – 2x – 8 + 2x2 + 17x��

2x(2x – 1)

⇔ �x = �12

� ∨ x = –13� ∧ x ≠ 0 ∧ x ≠ �12

�

⇔ x = –13

O zero de h é –13.

h(x) = �25x� – �

2x

x2+–4x

� + �24x

x

+–127

� =

= �2x2

2x+(22x

5x–

–1)

13�, ∀ x� R \ �0, �

12

��

h é positiva em ]–�, –13[ ∪ �0, �12

�� ∪ ��12

�, +�� e é

negativa em ]–13, 0[.

d) i(x) = 0 ⇔ �–23x

––2x

x

2� × �

x

x

3

2

––91x

� = 0

⇔ = 0

⇔ �2(x

x

+–

13)

� = 0

⇔ x + 1 = 0 ∧ 2(x – 3) ≠ 0

⇔ x = –1 ∧ x ≠ 3

⇔ x = –1

O zero de i é –1.

i(x) = �–23x

––2x

x

2� × �

x

x

3

2

––91x

� = �2(x

x

+–

13)

�, ∀ x� R \ {–3, 0, 1, 3}

i é positiva em ]–�, –3[ ∪ ]–3, –1[ ∪ ]3, +�[ e énegativa em ]–1, 0[ ∪ ]0, 1[ ∪ ]1, 3[.

e) j(x) = 0 ⇔ �3xx

2––

112

� : �x2

(x–

–3x

2)+2

2� = 0

⇔ = 0

⇔ �3(x –

x

2–)(

2x + 2)� = 0

⇔ �3(x

1+ 2)� = 0, que é uma equação impos-

sível.

A função j não tem zeros.

Cálculo auxiliar

x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x =

⇔ x = 1 ∨ x = 2

Assim, x2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2).

j(x) = �3xx

2––

112

� : �x2

(x–

–3x

2)+2

2�= �

3(x1+ 2)�, ∀ x� R \ {–2, 1, 2}

j é positiva em ]–2, 1[ ∪ ]1, 2[ ∪ ]2, +�[ e é negati-va em ]–�, –2[.

f) k(x) = 0 ⇔ �x3 –

x

2

2

x2–+2xx – 2

� = 0

⇔ �(x –x

2(x)(–x2

2+)

1)� = 0

⇔ = 0

⇔ x = 0 ∧ x2 + 1 ≠ 0 Condição universal em R

⇔ x = 0

O zero de k é 0.

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – 2x2 + x – 2 = (x – 2)(x2 + 1).

k(x) = �x3 –

x

2

2

x2–+2xx – 2

� = , ∀ x� R \ {2}

k é positiva em ]0, 2[ ∪ ]2, +�[ e é negativa em ]–�, 0[.

31.

a) lim an = lim �n +n

1� = lim �1 + �

1n

�� = 1+

lim g(an) = limx→ 1+ g(x) = 2

–x(3 + x)(x – 1)(x + 1)��

2(1 – x)x(x – 3)(x + 3)

(x – 1)(x – 2)2��

3(x2 – 4)(x – 1)(x – 2)

3 ± 9� –� 8��

2

x�x2 + 1

x�x2 + 1


x –� –13 0 �12

� +�

2x2 + 25x – 13 + 0 – – – 0 +

2x(2x – 1) + + + 0 – 0 +

�2x2

2x+(22x

5x–

–1)

13� + 0 – n.d. + n.d. +

x –� –3 –1 0 1 3 +�

x + 1 – – – 0 + + + + + + +

2(x – 3) – – – – – – – – – 0 +

�2(x

x

+–13)

� + n.d. + 0 – n.d. – n.d. – n.d. +

x –� –2 1 2 +�

1 + + + + + + +

3(x + 2) – 0 + + + + +

�3(x

1+ 2)� – n.d. + n.d. + n.d. +

21

1

–220

101

–220

x –� 0 2 +�

x – 0 + + +

x2 + 1 + + + + +

�x

2x

+ 1� – 0 + n.d. +

lim bn = lim �n –n

1� = lim �1 – �

1n

�� = 1–

lim g(bn) = limx→ 1– g(x) = 4

b) Como lim g(an) = 2 e lim g(bn) = 4, então não é ver-dade que para toda a sucessão (xn) de elementosde Dg, convergente para 1, g(xn) tende para omesmo limite. Logo, não existe lim

x→ 1g(x).

c) Por exemplo, cn = 2 + �1n

�.

32. Seja f a função real de variável real definida por f(x) = x2 – 1 e (xn) uma sucessão qualquer de ter-mos pertencentes a Df = R tal que xn → 2.Então:lim f(xn) = lim (xn

2 – 1) == lim xn

2 – 1 == (lim xn)2 – 1 == 22 – 1 == 3


(x2 – 1) = 3.

33.

a) f(un) = f �– 1 + �n12�� = 2 – �– 1 + �

n12�� = 3 – �

n12�

f(vn) = f �– 1 – �1n

�� = 1 + = = �2n3

–n

1�

lim f(un) = lim �3 – �n12�� = 3

lim f(vn) = lim �2n3

–n

1� = lim ��

23

� – �31n�� = �

23

�

b) Como lim f(un) = 3 e lim f(vn) = �23

�, então não é ver-

dade que para toda a sucessão (xn) de elementosde Df, convergente para –1, f(xn) tende para omesmo limite. Logo, não existe lim

x→ –1f(x).

c) Seja f a função real de variável real definida por f(x) = 2 – x e (xn) uma sucessão qualquer de termospertencentes a ]–1, +�[ tal que xn → 0.Então:lim f(xn) = lim (2 – xn) =

= 2 – lim xn == 2 – 0 == 2


(2 – x) = 2, ou seja, limx→ 0

f(x) = 2.

34. Como limx → 1– f(x) = lim

x → 1+ f(x) = –�, então a reta de

equação x = 1 é uma assíntota vertical ao gráfico

de f.

Uma vez que limx → –�

f(x) = 3 e limx → +�

f(x) = –2, então

as retas de equações y = 3 e y = –2 são assíntotas

horizontais ao gráfico de f.Um possível gráfico de f é:

35.

a) limx→ 2– f(x) = lim

x→ 2– (8 – x3) = 8 – 23 = 0


x→ 2+ ��1x� – 1� = �

12

� – 1 = – �12

�

Como limx→ 2– f(x) ≠ lim

x→ 2+ f(x), então não existe

limx→ 2

f(x).

limx→ 2– g(x) = lim

x→ 2– (x2 – 3) = 22 – 3 = 1

limx→ 2+ g(x) = lim

x→ 2+ �x +x

1� = �2 +

21

� = �32

�

Como limx→ 2– g(x) ≠ lim

x→ 2+ g(x), então não existe

limx→ 2

g(x).

8 – x3 + x2 – 3 se x < 2

b) (f + g)(x) = =�1x� – 1 + �x +

x

1� se x ≥ 2

5 – x3 + x2 se x < 2 = =

�1x� – 1 + 1 + �

1x� se x ≥ 2

5 – x3 + x2 se x < 2 =

�2x� se x ≥ 2

c) limx→ 2– (f + g)(x) = lim

x→ 2– (5 – x3 + x2) = 5 – 23 + 22 = 1

limx→ 2+ (f + g)(x) = lim

x→ 2+ �2x� = �

22

� = 1 = (f + g)(2)

–1 – �1n

�

��3

3 – 1 – �1n

�

��3


–2

1

1 2

3

O

f

y

x

Como limx→ 2– (f + g)(x) = lim

x→ 2+ (f + g)(x) = (f + g)(2),

então existe limx→ 2

(f + g)(x).

36.

a) limx→ +�

(x4 + x2) = +� + (+�) = +�

b) limx→ 1 ��x

2 –x

5–x

4+ 1

��3

= ��1 –1

5–

+4

1��

3= 13 = 1

c) limx→ –�

(–x5 + 3x2 – 1) = +� + (+�) – 1 = +�

d) limx→ +�

(–x5 + 3x2 – 1) =(� – �)

limx→ +� �x5 �–1 + �

x

33� – �

x

15�� =

= +� × (–1) = –�

e) limx→ +�

(x� +� 1� + x�) = +� + (+�) = +�

f) limx→ +�

(x� +� x�2� + x�) =(� – �)

= limx→ +�

=

= limx→ +�

=

= limx→ +�

=

= limx→ +�

= �12

�

g) limx→ 4

�(x –

24)2� = �

02+� = +�

h) limx→ 4– �16

x

– x2� = �04+� = +�

37. limx→ +�

= 2

⇔ limx→ +�

= 2

⇔ limx→ +� �a + �

1x� = 2

⇔ a� = 2

⇔ a = 4

38.

a) D = R \ {2}

limx→ 2+ �(x

2––2x

)4� = limx→ 2+ �(x –

–12)3� = �

0–

+1� = –�

limx→ 2– �(x

2––2x

)4� = limx→ 2– �

(x ––1

2)3� = �–0

1–� = +�

Como 2 � D e limx→ 2+ �(x

2––2x

)4� ≠ limx→ 2– �(x

2––2x

)4�, então

existe limx→ 2

�(x

2––2x

)4�.

b) D = R \ {1}

limx→ 1+ �x2 – �

|x

1––

1x|

�� = limx→ 1+ �x2 – �x

x

––

11

�� = limx→ 1+ (x2 – 1) = 0

limx→ 1– �x2 – �

|x

1––

1x|

�� = limx→ 1– �x2 – �x

1––

1x�� = lim

x→ 1– (x2 + 1) = 2

Como 1 � D e limx→ 1+ �x2 – �

|x

1––

1x|

�� ≠ limx→ 1– �x2 – �

|x

1––

1x|

��, então não existe lim

x→ 1 �x2 – �|x

1––

1x|

��.

39.

a) limx→ –1

�x2 –x

2+x

1– 3

� = limx→ –1

�(x +

x

1+)(x

1– 3)

� =

= limx→ –1

�x –

13

� = – �14

�

Cálculo auxiliar

x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x = ⇔ x = –1 ∨ x = 3

Assim, x2 – 2x – 3 = (x + 1)(x – 3).

b) limx→ +� ��3

x

x

3

––x

13� – �

5x�� =

= limx→ +�� – �

5x�� = –1 – 0 = –1

(x� +� x�2� – x) × (x� +� x�2� + x)��

x� +� x�2� + x

x��

�x2��1x� + 1� + x

x��

x��1x� + 1 + x

x��

��1x� + 1 + 1

a�x�2�+� x��

x

|x|�a + �1x�

��x

��00��

2 ± 4� +� 1�2��

2

��

��

1 – �x

13�

��x

32� – 1


= limx→ +�

=x + x2 – x2

��x� +� x�2� + x

= limx→ +�

=x

��

|x|��1x� + 1 + x

= limx→ +�

= x��

x��1x� + 1 + 1�

⇔ limx→ +�

= 2�x2�a + �

1x��

��x

⇔ limx→ +�

= 2x�a + �

1x�

��x

= limx→ +�� – �

5x�� =

x3�1 – �x

13��

��x3��x

32� – 1�

c) limx→ 2

= limx→ 2

=

= limx→ 2

�(x –x

2)2� = �02+� = +�

Cálculo auxiliar

Assim:x3 – 6x2 + 12x – 8 = (x – 2)(x2 – 4x + 4) =

= (x – 2)(x – 2)2 == (x – 2)3

d) limx→ 1– �(

x

x

3

––11)2� = lim

x→ 1– =

= limx→ 1– �

x2

x

+–x

1+ 1

� = �03–� = –�

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – 1 = (x – 1)(x2 + x + 1).

e) limx→ +� �1 – �

x

23� + �x

x

3

––x

13�� = 1 – 0 + lim

x→ +��x

x

3

––x

13� =

= 1 – 1 = 0

f) limx→ –�

= limx→ –�

=

= limx→ –�

= –1

g) limx→ +�

=

= limx→ +�

= �62

� = 3

h) limx→ 2

=

= limx→ 2

=

= limx→ 2

= – �14

�

= limx→ –�

= limx→ –�

=

j) limx→ +� �x – �

x

x

2

3

+–

2x

�� =(� – �)

limx→ +�

�x3 + 2

x

x

2 +–

2x3 + x

� =

= limx→ +�

=

k) limx→ 0 ��

1x��x +

11

� + �x –

11

�� =(0 × �)

= limx→ 0 ��

1x� ×�

(x

x

–+

11)+(xx

–+

11)

�� =

= limx→ 0

�x(x + 1

2)x

(x – 1)� =

= limx→ 0

�(x + 1)

2(x – 1)� = –2

x(x – 2)�(x – 2)3

��00��

(x – 1)(x2 + x + 1)��

(x – 1)2

��

��

x�(x� –� 4�)��

x – 4 ��

��

�x2�1 – �4x��

��x – 4

–�1 – �4x�

��1 – �

4x�

��

��

(x + 3)(2x + 5)(3x – 7)��

2x3 + x2 + 1

��00��

x2 – 2x��x3 – 6x2 + 12x – 8

6 + �1x

9� – �3

x22� – �1

x

035

�

��2 + �

1x� + �

x

13�

��00��

x� +� 2� – 2��

2 – x

x + 2 – 4��(2 – x)(x� +� 2� + 2)

–1��

x� +� 2� + 2

2x��

–x�4 1 + �x2

4�2x

��

|x|�4 1 + �x2

4�

3x��x2�1 + �

x

22��


21

1

–62

–4

12–84

–880

11

1

011

011

–110

= 1 + limx→ +�

= 1 + limx→ +�

=

x3�1 – �x

13��

��x3��x

12� – 1�

1 – �x

13�

��x

12� – 1

= limx→ –�

= limx → –�

= |x|�1 – �

4x�

��x – 4

–x�1 – �4x�

��x�1 – �

4x��

= limx→ +�

=6x3 + 19x2 – 32x – 105��

2x3 + x2 + 1

= limx→ +�

= x3�6 + �1

x

9� – �3

x22� – �1

x

035

��

x3�2 + �1x� + �

x

13��

= limx→ 2 � × � = x� +� 2� – 2

��2 – x

x� +� 2� + 2��

x� +� 2� + 2

= limx→ 2

= x – 2

��(2 – x)(x� +� 2� + 2)

i) limx→ –�

= limx→ –�

=2x

�4x�4�+� 2� ��

�

��

2x��

�4x4�1 + �

x24��

= limx→ –�

= –2–2

��

�4 1 + �x2

4�

= limx→ +�

= �+3�� = 03

��x�1 + �

x

22��

= limx→ +�

=3x

�x2 + 2

40.

a) limx→ +�

(2x2 + 3x – 1) = +� + (+�) = +�

b) limx→ –�

(4x2 – 3x) = +� – (–�) = +�

c) limx→ –�

(4x3 – 3x) =(� – �)

limx→ –� �x3�4 – �

x

32�� =

= –� × 4 = –�

d) limx→ +�

�52x

x

+– 1

3� = lim

x→ +�=

e) limx→ –�

�3x2

2+x

5+x

1– 1

� = limx→ –�

=

f) limx→ +�

�35x

x

2

3++

5x2x

––

41

� = limx→ +�

=

g) limx→ +�

= limx→ +�

�3x

4+–

1x

5� =

h) limx→ –� ��2x

1+ 1� × (x2 – 7x + 1)� =

(0 × �)

= limx→ –�

�x2

2–x

7+x

1+ 1

� =

= limx→ –�

=

i) limx→ 1+ �

x25– 1� = �

05+� = +�

j) limx→ 1– �

x25– 1� = �

05–� = –�

k) limx→ 2– ��x2

5– 4� – �

x –3

2�� =

(� – �)limx→ 2– �

5 –x

32

(–x

4+ 2)

� =

= limx→ 2– �

–x

32x

––41

� = �–0

7–� = +�

l) limx→ 1

�51x

––x

52� = lim

x→ 1�(1

5–(x

x

)–(1

1+)x)

� = limx→ 1

�1

–+5x

� = – �52

�

m) limx→ 1

�2x

x

2

2

–+

46x

x

+–38

� = limx→ 1

�2((x

x

––

11))((x

x

–+

34))

� =

= limx→ 1

�2(x

x

–+

34)

� = �1–02� = –5


• 2x2 + 6x – 8 = 0 ⇔ x2 + 3x – 4 = 0

⇔ x =

⇔ x = 1 ∨ x = –4Assim, 2x2 + 6x – 8 = (x – 1)(x + 4).

• x2 – 4x + 3 = 0 ⇔ x =

⇔ x = 1 ∨ x = 3Assim, x2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3).

n) limx→ 1

�2x

x

3

2

––74x

x

++

62

� = limx→ 1

=

= limx→ 1

�x

22

(+x

x

––1)

6� = 0

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – 7x + 6 = (x – 1)(x2 + x – 6).

o) limx→ 0

�2x3x2

–+4x

62x

� = limx→ 0

�2x2x

((x

x

–+

43))

� = limx→ 0

�2x((x

x

–+

43

))

�

Limites laterais

limx→ 0– �

2x3x2

–+4x

62x

� = limx→ 0– �

2x((x

x

–+

43

))

� = �06+� = +�

limx→ 0+ �

2x3x2

–+4x

62x

� = limx→ 0+ �

2x((x

x

–+

43

))

� = �06–� = –�

Como limx→ 0– �

2x3x2

–+4x

62x

� ≠ limx→ 0+ �

2x3x2

–+4x

62x

�, então não

existe limx→ 0

�2x3x2

–+4x

62x

�.

p) limx → 0

= limx→ 0

= limx→ 0

�x2

1�x�� = �

01+� = +�

q) limx→ 2

��

��

x �2 – �1x��

��x �5 + �

3x��

��

��

x �3x + 5 – �1x��

��x �2 + �

1x��

��

��

x2 �3 + �5x� – �x

12��

��x3 �5 + �

1x� – �x

43��

�x +

15

�

�

�4

3– x�

x2 �1 – �7x� + �

x

12��

��x �2 + �

1x��

��00��

��00��

–3 ± �9� +� 1�6��

2

4 ± �1�6� –� 1�2��

2

2(x – 1)2��

(x – 1)(x2 + x – 6)��00��

��00��

��00��

x�x3�x��

00��

�x��x3

�x�2�–� 4��x�2�–� 5�x� +� 6�


11

1

011

–71

–6

6–60

= limx→ +�

= �25

�

2 – �1x�

��5 + �

3x�

= limx→ –�

= �–2�� = –�

3x + 5 – �1x�

��2 + �

1x�

= limx→ +�

= �+3�� = 0

3 + �5x� – �x

12�

��x�5 + �

1x� – �x

43��

= limx→ +�

= limx→ +�

= – �13

�

x ��4x� – 1�

��x �3 + �1

x

5��

�4x� – 1

��3 + �1

x

5�

= limx→ –�

= �–2�� = –�

x �1 – �7x� + �

x

12��

��2 + �

1x�

Df = {x� R: x2 – 4 ≥ 0 ∧ x2 – 5x + 6 > 0} == (]–�, –2] ∪ [2, +�[) ∩ (]–�, 2[ ∪ ]3, +�[) =

= ]–�, –2] ∪ ]3, +�[

Como 2 não é ponto aderente a Df, não existe

limx→ 2

.

41.

a) A função f é contínua em ]–�, 4[, por se tratar deuma função racional.

b) Para que a função f seja contínua em x = 4, terá dese verificar lim

x→ 4f(x) = f(4).

f(4) = �k8

2

––

44

� = �k2

4– 4�


x→ 4– �k8

2

––x

x� = �k

2

4– 4�


x→ 4+ =

= limx→ 4+ =

= limx→ 4+ = 3

Logo:

�k2

4– 4� = 3 ⇔ k2 – 4 = 12

⇔ k2 = 16

⇔ k = 4 ∨ k = –4

Como se pede o valor de k positivo, então k = 4.

42.

a) A função f é contínua em todo o seu domínio, porse tratar de uma função racional.

b) Para que a função g seja contínua em x = 1, terá dese verificar lim

x→ 1g(x) = g(1).

limx→ 1

g(x) = limx→ 1

f(x) = limx→ 1

=

= limx→ 1

= �13

�

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – 1 = (x – 1)(x2 + x + 1).

�x

x

3

2

––

1x

� se x ≠ 1

Assim, g(x) = .�13

� se x = 1

43.

a) Df = {x� R: 9 – x2 ≠ 0} = R \{–3, 3}

Assíntotas verticaisA função f é contínua no seu domínio, por se tratarda soma de duas funções contínuas (uma funçãoafim e uma função racional). Assim, só as retas deequações x = –3 e x = 3 são candidatas a assínto-tas verticais ao gráfico de f.


x→ –3– �x + 5 + �9 –x

x2�� = 2 – �03

–� = +�



x→ 3– �x + 5 + �9 –x

x2�� = 8 + �03

+� = +�



m = limx→ +�

�f(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +� �1 + �

5x

� + �9 –

1x2�� = 1 + 0 + 0 = 1

b = limx→ +�

(f(x) – x) = limx→ +� �x + 5 + �

9 –x

x2� – x� =

= 5 + limx→ +�

�9 –x

x2� = 5 + limx→ +�

= 5 + 0 = 5

A reta de equação y = x + 5 é uma assíntota oblí-qua ao gráfico de f quando x→ +�.

Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

b) Dg = {x� R: x2 – 4 ≠ 0} = R \ {–2, 2}

Assíntotas verticaisA função g é contínua no seu domínio, por se tratarde uma função racional. Assim, só as retas de

�x�2�–� 4��x�2�–� 5�x� +� 6�

x – 4��2�x� +� 1� – 3

(x – 4)(�2�x� +� 1� + 3)��2x + 1 – 9

�2�x� +� 1� + 3��2

x2 – x�x3 – 1

x��x2 + x + 1

x + 5 + �9 –x

x2�

��x

1�

�9x� – x


Seja f(x) = . �x�2�–� 4�

��x�2�–� 5�x� +� 6�

= limx→ 4+ � × � =

x – 4��2�x� +� 1� – 3

�2�x� +� 1� + 3��2�x� +� 1� + 3

= limx→ 4+ =

(x – 4)(�2�x� +� 1� + 3)��2(x – 4)

= limx→ 1

= x(x – 1)��

(x – 1)(x2 + x + 1)

11

1

011

011

–110

equações x = –2 e x = 2 são candidatas a assíntotasverticais ao gráfico de g.

limx→ –2– g(x) = lim

x→ –2–�x3 – 5

x

x

2

2

–+

42x + 8

� =

= limx→ –2– =

= limx→ –2– �

x2 –x

3+x

2– 4

� = �06–� = –�

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – 5x2 + 2x + 8 = (x – 2)(x2 – 3x – 4).

A reta de equação x = –2 é uma assíntota verticalao gráfico de g.


x→ 2–�x3 – 5

x

x

2

2

–+

42x + 8

� =

= limx→ 2– =

= limx→ 2– �

x2 –x

3+x

2– 4

� = �–46� = – �

32

�


x→ 2+�x3 – 5

x

x

2

2

–+

42x + 8

� =

= limx→ 2+ =

= limx→ 2+ �

x2 –x

3+x

2– 4

� = �–46� = – �

32

�

A reta de equação x = 2 não é uma assíntota verti-cal ao gráfico de g.


m = limx→ +�

�g(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +�

�x3 – 5

x

x

3

2

–+42x

x + 8� =

= limx→ +�

=

b = limx→ +�

(g(x) – x) = limx→ +� ��x

3 – 5x

x

2

2

–+42x + 8

� – x� =

= limx→ +�

=

= limx→ +�

�–5x2

x2+

–6

4x + 8

� =

= limx→ +�

= –5

A reta de equação y = x – 5 é uma assíntota oblíquaao gráfico de g quando x→ +�.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

c) Dh = {x� R: x – 3 ≠ 0} = R \ {3}

Assíntotas verticaisA função h é contínua no seu domínio, por se tratarda soma de duas funções contínuas (uma funçãoafim e uma função racional). Assim, só a reta deequação x = 3 é candidata a assíntota vertical aográfico de h.

limx→ 3– h(x) = lim

x→ 3– �x + 1 – �x

3–x

3�� = 4 – �

09–� = +�



m = limx→ +�

�h(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +� �1 + �

1x� – �x –

13

�� = 1 + 0 – 0 = 1

b = limx→ +�

(h(x) – x) = limx→ +� �x + 1 – �

x

3–x

3� – x� =

= 1 – limx→ +�

�x

3–x

3� = 1 – lim

x→ +�= 1 – 3 = –2

A reta de equação y = x – 2 é uma assíntota oblíquaao gráfico de h quando x→ +�.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

d) Di = {x� R: x ≠ 0 ∧ x + 2 ≥ 0} = [–2, 0[ ∪ ]0, +�[

Assíntotas verticaisA função i é contínua no seu domínio, por se tratardo quociente de duas funções contínuas. Assim, sóa reta de equação x = 0 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de i.

limx→ 0– i(x) = lim

x→ 0– = = –�

A reta de equação x = 0 é uma assíntota vertical aográfico de i.

(x – 2)(x2 – 3x – 4)��

(x – 2)(x + 2)

(x – 2)(x2 – 3x – 4)��

(x – 2)(x + 2)

(x – 2)(x2 – 3x – 4)��

(x – 2)(x + 2)

�x3 – 5

x

x

2

2

–+

42x + 8

�

��x

x3 �1 – �5x� + �

x

22� + �

x

83��

��x3 �1 – �

x

42��

x3 – 5x2 + 2x + 8 – x3 + 4x��

x2 – 4

–5 + �6x� + �

x

82�

��1 – �

x

42�

x + 1 – �x

3–x

3�

��x

3�

1 – �3x�

�2��

0–�x� +� 2�

��2x


21

1

–52

–3

2–6–4

8–80

= limx→ +�

= 11 – �

5x� + �

x

22� + �

x

83�

��1 – �

x

42�

= limx→ +�

=x2�–5 + �

6x� + �

x

82��

��x2�1 – �

x

42��


m = limx→ +�

�i(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +� � × � =

= limx→ +�

= �+1�� = 0

= limx→ +�

=

A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de i.

e) Dj = {x� R: |x| ≠ 0} = R \ {0}

Assíntotas verticaisA função j é contínua no seu domínio, por se tratardo quociente de duas funções contínuas. Assim, sóa reta de equação x = 0 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de j.

limx→ 0– j(x) = lim

x→ 0– �x2

|x+|2

� = �02+� = +�

A reta de equação x = 0 é uma assíntota vertical aográfico de j.


m = limx→ +�

�j(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +� �1 + �

x

22�� = 1

b = limx→ +�

(j(x) – x) = limx→ +� ��x

2

|x+|2

� – x� =

= limx→ +�

�x2 + 2

x

– x2� =

= limx→ +�

�2x� = 0

A reta de equação y = x é uma assíntota oblíqua aográfico de j quando x→ +�.

m = limx→ –�

�j(x

x)� = lim

x→ –�=

= limx→ –�

�x2

x–

+2

2� =

= limx→ –� �–1 – �

x

22� � = –1

b = limx→ –�

(j(x) + x) = limx→ –� ��x

2

|x+|2

� + x� =

= limx→ –�

�x2 +

–2x

– x2� =

= – limx→ –�

= �2x� = 0

A reta de equação y = –x é uma assíntota oblíquaao gráfico de j quando x→ –�.

f) Dk = {x� R: x – 1 ≠ 0 ∧ x ≥ 0} = [0, 1[ ∪ ]1, +�[

Assíntotas verticaisA função k é contínua no seu domínio, por se tratardo quociente de duas funções contínuas. Assim, sóa reta de equação x = 1 é candidata a assíntotavertical ao gráfico de k.

limx→ 1– k(x) = lim

x→ 1– =

= limx→ 1– =

= limx→ 1– ��x�

1+ 1

� = �12

�

limx→ 1+ k(x) = lim

x→ 1+ =

= limx→ 1+ =

= limx→ 1+ ��x�

1+ 1

� = �12

�

A reta de equação x = 1 não é uma assíntota verti-cal ao gráfico de k.


m = limx→ +�

�k(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +� � × � =

��x� +�

22�x

�

��x

�x� +� 2��

2x2

�x� +� 2��

�x� +� 2�

1 + �2x�

��2x�x� +� 2�

x + 2��

2x�x� +� 2�

�x2

|x+|2

�

��x

�x� – 1��x – 1

x – 1��

(x – 1)(�x� + 1)

�x� – 1��x – 1

x – 1��

(x – 1)(�x� + 1)

�x2

|x+|2

�

��x

��x

x�––

11

�

��x

�x� + 1��

�x� + 1�x� – 1

��x(x – 1)


2x

= limx→ +�

=�x� +� 2��

2x2

= limx→ +�

=x + 2

��2x2�x� +� 2�

b = limx→ +�

i(x) = limx→ +� � × � = �x� +� 2�

��2x

�x� +� 2��

�x� +� 2�

= limx→ +�

= �+1�� = 0

1 + �2x�

��2�x� +� 2�

= limx→ 1– � × � = �x� – 1

��x – 1

�x� + 1��

�x� + 1

= limx→ 1+ � × � = �x� – 1

��x – 1

�x� + 1��

�x� + 1

= limx→ +�

=�x� – 1��x(x – 1)

= limx→ +�

=x2 + 2

��x2

b = limx→ +�

k(x) = limx→ +�

=

= limx→ +�

=

A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontalao gráfico de k.

44.

a) Dg = {x� R: 2 – x ≠ 0} = R \ {2}

g(x) = 0 ⇔ �32

+– xx

� = 0

⇔ 3 + x = 0 ∧ 2 – x ≠ 0

⇔ x = –3 ∧ x ≠ 2

⇔ x = –3

O zero de g é –3.

b) g(x) = �32

+– xx

� = –1 + �2

5– x� = – 1 + �

x ––5

2�

Cálculo auxiliar

x + 3 –x + 2–x + 2 – 1

5

Assim, a = –5, b = –1 e c = 2.

c) A reta de equação x = 2 é uma assíntota vertical aográfico de g e a reta de equação y = –1 é uma assín-tota horizontal ao gráfico de g.

d) D’g = R \ {–1}

e) A função g não é ímpar, uma vez que Dg = R \ {2} e,portanto, –2 � Dg mas 2 � Dg.

f) O gráfico de h obtém-se do gráfico de g por umatranslação de vetor (–3, 1), logo as assíntotas aográfico de h são as retas de equações x = 2 – 3 ⇔x = –1 e y = –1 + 1 ⇔ y = 0.

45.

a) Df = R \ {2}D’f = R \ {–4}

b) A reta de equação x = 2 é uma assíntota vertical aográfico de f e a reta de equação y = –4 é uma assín-tota horizontal ao gráfico de f.

c) Uma vez que as retas de equações x = 2 e y = –4são assíntotas ao gráfico de f, tem-se:

f(x) = – 4 + �x –

k2

�

O ponto de coordenadas (3, 0) pertence ao gráficode f, logo:

f(3) = 0 ⇔ – 4 + �3 –

k2

� = 0 ⇔ –4 + k = 0 ⇔ k = 4

Assim, f(x) = –4 + �x –

42

�.

d) O gráfico de h obtém-se do gráfico de f através deuma translação de vetor (0, 2) seguida de umareflexão de eixo Ox dos pontos de ordenada negati-va. Logo, D’h = [0, +�[.

46.

a) Para que exista limx→ 2

f(x) terá de se verificar


x→ 2+ f(x).


x→ 2– (x2 – 1) = 3


x→ 2+ �1ax

+–a1x

� = �12a

+–2

1a

�

Assim:

�12a

+–2

1a

� = 3 ⇔ �12a

+–2

1a

� – 3 = 0

⇔ �1 + 2

2aa

––61a + 3

� = 0

⇔ �–24aa–+

14

� = 0

⇔ –4a + 4 = 0 ∧ 2a – 1 ≠ 0

⇔ a = 1 ∧ a ≠ �12

�

⇔ a = 1

b) Para que a função f seja contínua, terá de se verifi-car lim

x→ 2f(x) = 3 = f(2).

x2 – 1 se x < 2Assim, h(x) = 3 se x = 2.

�1x

+– 1x

� se x > 2

c) limx→ +�

�1ax

+–a1x

� = limx→ +�

=

�x� – 1��x – 1

x – 1��(x – 1)(�x� + 1)

x ��1x� + a�

��x �a – �

1x��


= limx→ +�

= �+1�� = 0

1��x(�x� + 1)

= limx→ +�� × � =

�x� – 1��x – 1

�x� + 1��

�x� + 1

= limx→ +�

= �+1�� = 0

1��x� + 1

= limx→ +�

= �aa

� = 1, ∀ a � R \ {0}�1x� + a

��a – �

1x�

= limx→ +�

=x – 1

��x(x – 1)(�x� + 1)

Logo, qualquer elemento desta família de funçõestem uma assíntota horizontal de equação y = 1.

47.

a) f(0) = �02

� = 0, ou seja, o gráfico de f interseta o eixo

das ordenadas no ponto de coordenadas (0, 0).

f(x) = 0 ⇔ �x

x

–+x

2

2� = 0

⇔ x – x2 = 0 ∧ x + 2 ≠ 0

⇔ x(1 – x) = 0 ∧ x ≠ –2

⇔ (x = 0 ∨ x = 1) ∧ x ≠ –2

⇔ x = 0 ∨ x = 1

Os pontos de coordenadas (0, 0) e (1 ,0) são ospontos de interseção do gráfico de f com o eixo dasabcissas.

b) f(x) < 1 ⇔ �x

x

–+x

2

2� < 1

⇔ �x

x

–+x

2

2� – 1 < 0

⇔ �x – x

x

2

+–

2x – 2

� < 0

⇔ �–x

x2

+–22

� < 0

⇔ – �xx

2

++

22

� < 0

⇔ �x

x

2

++

22

� > 0

Como x2 + 2 > 0, ∀ x� R, então

�x

x

2

++

22

� > 0 ⇔ x + 2 > 0

⇔ x > –2

Logo, o conjunto-solução da inequação é ]–2, +�[.

c) f(x) = �xx

–+x

2

2� =

= –x + 3 – �x +

62

�

Cálculo auxiliar

–x2 + x x + 2x2 + 2x –x + 3

3x–3x – 6

– 6

Assim, a = –1, b = 3, c = –6 e d = –2.

d) As assíntotas ao gráfico de f são as retas de equa-ções x = –2 e y = –x + 3.

48.

a)

i) limx → +�

�f(x

x)� é o declive da reta que passa nos pontos

de coordenadas (–2, 0) e (0, –1).

Então:

limx→ +�

�f(x

x)� = �

–02

+–10

� =

= – �12

�

ii) limx→ –1– |f(x)| = |–�| = +�

iii) limx→ –� �f(x) + �

12

� x� = –1, uma vez que

limx → –� �f(x) + �

12

� x� é a ordenada na origem da reta

que passa no ponto de coordenadas (0, –1).

b)

i)

ii) g é contínua em R, uma vez que limx→ 0– g(x) = lim

x→ 0+ g(x) = g(0) = 0.

iii) As assíntotas ao gráfico de g são as retas de equa-

ções y = – �12

� x – 1 e y = �12

� x – 1.

iv) limx→ +� �g(x) – �– �

12

� x – 1�� = 0

⇔ limx→ +�

g(x) – limx→ +� �– �

12

� x – 1� = 0

⇔ limx→ +�

g(x) = limx→ +� �– �

12

� x – 1�⇔ lim

x→ +�g(x) = –�

49. limx → –�

(f(x) + x) = 0, logo a reta de equação y = –x é

uma assíntota ao gráfico de f quando x→ –�.

limx → 2

f(x) = +�, logo a reta de equação x = 2 é uma

assíntota vertical ao gráfico de f.

limx → +�

(f(x) – x + 1) = 0, logo a reta de equação

y = x – 1 é uma assíntota ao gráfico de f quando

x→ +�.


g –1

2–2

O

y

x

Assim, um possível gráfico de f é:

50.

a) V(t) = 1 + �t +

11

� – �(t +

61)2� =

= =

= �t2

(+t +

3t1–)2

4�

b) V(30) = �302 + 331

×230 – 4

� = �99

86

61

� ≈ 1,026

30 dias após o início da campanha, o volume devendas diárias foi de 1026 u.m., aproximadamente.

c) V(t) ≤ 1 ⇔ �t2

(+t +

3t1–)2

4� ≤ 1

⇔ �t2

(+t +

3t1–)2

4� – 1 ≤ 0

⇔ ≤ 0

⇔ �(t

t+–15)2� ≤ 0

Como (t + 1)2 > 0, ∀ t � R \ {–1}, então:

�(t

t+–15)2� ≤ 0 ⇔ t – 5 ≤ 0

⇔ t ≤ 5

O volume de vendas não ultrapassou as 1000 uni-dades nos primeiros 5 dias.

d) limt → +�

V(t) = limt → +�

�t2

(+t +

3t1–)2

4� =

= limt → +�

�tt2

2

++

23

tt

+– 4

1� =

= limt → +�

=

Com o decorrer do tempo, o volume de vendastende a estabilizar nas 1000 unidades.

51.

a) g(x) = �x2

2–x

3–x

1– 4

�

i) Dg = {x� R: 2x – 1 ≠ 0} = R \ ��12

��A função g é contínua em R \ ��

12

��, por se tratar de

uma função racional.

ii) m = limx→ +�

�g(x

x)� = lim

x→ +��x2

2–x2

3x–

–x

4� =

= limx→ +�

=

b = limx→ +� �g(x) – �

12

� x� = limx→ +� ��x

2

2–x

3–x

1– 4

� – �12

� x� =

= limx→ +�

=

= limx→ +�

�–45x

x

––28

� =

= limx→ +�

= – �54

�

A reta de equação y = �12

� x – �54

� é uma assíntota oblí-

qua ao gráfico de g quando x→ +�.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

b) Df = {x� R: 2x – a ≠ 0} = R \ ��a2

��, com a � R.

Logo, nenhum elemento da família tem domínio R.

c) O gráfico de f não admite assíntotas verticais se onumerador e o denominador admitirem zeroscomuns.

x2 – 3x – 4 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �32± 5�

⇔ x = 4 ∨ x = –1

Se 4 for um zero do denominador:

2 × 4 – a = 0 ⇔ a = 8

Se –1 for um zero do denominador:

2 × (–1) – a = 0 ⇔ a = –2

(t + 1)2 + t + 1 – 6��

(t + 1)2

t2 + 3t – 4 – t2 – 2t – 1��

(t + 1)2

t2 �1 + �3t� – �

t42��

��t2 �1 + �

2t� + �

t12��

x2 �1 – �3x� – �x

42��

��x2 �2 – �

1x��

2x2 – 6x – 8 – 2x2 + x��

2(2x – 1)

–5 – �8x�

��4 – �

2x�

3 ± �9� +� 1�6��

2


–1

2O

f

y

x

= limt → +�

= �11

� = 11 + �

3t� – �

t42�

��1 + �

2t� + �

t12�

= limx→ +�

= �12

�

1 – �3x� – �x

42�

��2 – �

1x�= =

t2 + 2t + 1 + t – 5��

(t + 1)2

Assim, se a = 8 ou a = –2, o gráfico de f não admiteassíntotas verticais.

52. Se o gráfico de f admite uma assíntota de equação

y = 2x + b, então limx→ +�

�f(x

x)� = 2.

Assim:

limx→ +�

�f(x

x)� = 2 ⇔ lim

x→ +��ax5

3+x5

3+x4

4+x

8x� = 2

⇔ limx→ +�

= 2

⇔ �a3

� = 2

⇔ a = 6

Logo, f(x) = �6x5

3+x

34x

+

4

4+ 8x

�.

b = limx→ +�

(f(x) – 2x) =

= limx→ +� ��6x

5

3+x

34x

+

4

4+ 8x

� – 2x� =

= limx→ +�

=

= limx→ +�

�3x

34x

+

4

4� =

= limx→ +�

=

53.

a) Dg = {x� R: x3 – x2 + 2 ≠ 0} = R \ {–1}


• x3 – x2 + 2 = (x + 1)(x2 – 2x + 2)

• x2 – 2x + 2 = 0 ⇔ x = , que é uma equação

impossível em R.

b) g(x) = 0 ⇔ �x3x

–

4

x

–2x

+

2

2� = 0

⇔ x4 – x2 = 0 ∧ x3 – x2 + 2 ≠ 0

⇔ x2(x2 – 1) = 0 ∧ x ≠ –1

⇔ (x2 = 0 ∨ x2 – 1 = 0) ∧ x ≠ –1

⇔ (x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = –1) ∧ x ≠ –1

⇔ x = 0 ∨ x = 1

A afirmação é falsa, uma vez que a função g admi-te dois zeros.

c) g(x) = �x3x

–

4

x

–2x

+

2

2� =

= =

= =

d) Assíntotas verticais

Uma vez que g(x) = , ∀ x � R \ {–1} e que

x2 – 2x + 2 ≠ 0, ∀ x � R, a função g é contínua emR \ {–1}, logo o seu gráfico não admite assíntotasverticais.


m = limx→ +�

�g(x

x)� =

= limx→ +�

=

= limx→ +�

=

b = limx→ +�

(g(x) – x) =

= limx→ +� ��x2

x

–

3

2–x

x

+

2

2� – x� =

= limx→ +�

=

= limx→ +�

�x2x

–

2

2–x

2+x

2� =

= limx→ +�

=

x5 �a + �3x� + �

x

84��

��x5 �3 + �

x

44��

6x5 + 3x4 + 8x – 6x5 – 8x��

3x4 + 4

3x4��x4 �3 + �

x

44��

2 ± �4� –� 8��

2

x2(x2 – 1)��

(x + 1)(x2 – 2x + 2)

x2(x – 1)��x2 – 2x + 2

x3 �1 – �x

1��

��x3 �1 – �

2x� + �

x

22��

x3 – x2 – x3 + 2x2 – 2x��

x2 – 2x + 2

�x2 –x3

2–x

x2

+ 2�

��x

x2 �1 – �2x��

��x2 �1 – �

2x� + �

x

22��

x3 – x2��x2 – 2x + 2


–11

1

–1–1–2

022

2–20

⇔ limx→ +�

= 2a + �

3x� + �

x

84�

��3 + �

x

44�

= limx→ +�

= �33

� = 13

�3 + �

x

44�

= =x2(x – 1)(x + 1)��

(x + 1)(x2 – 2x + 2)

= , ∀ x� R \ {–1}x3 – x2��x2 – 2x + 2

= limx→ +�

=x3 – x2

��x3 – 2x2 + 2x

= limx→ +�

= 1

1 – �x

1�

��1 – �

2x� + �

x

22�

A reta de equação y = x + 1 é uma assíntota oblí-qua ao gráfico de g quando x→ +�.Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

54.

a) A primeira torneira enche o recipiente em 8 horas,

logo ao fim de 1 hora o recipiente está �18

� cheio.

A segunda torneira enche o recipiente em 4 horas,

logo ao fim de 1 hora o recipiente está �14

� cheio.

A terceira torneira enche o recipiente em t horas,

logo ao fim de 1 hora o recipiente está �1t� cheio.

Se as três torneiras funcionarem simultaneamen-te, ao fim de 1 hora o recipiente estará

�18

� + �14

� + �1t� = �3t

8+t

8� cheio.

Assim:

= �1 r

hec

hiopriae

snte

�

Logo, h(t) = , t > 0.

b) h(t) = 1,5 ⇔ – �32

� = 0

⇔ �16t

6–t +

9t1–6

24� = 0

⇔ �67

tt

+– 2

146

� = 0

⇔ 7t – 24 = 0 ∧ 6t + 16 = 0

⇔ t = �274� ∧ t ≠ – �1

66�

Logo, t = �274� h.

55.

a) limx→ 4– �

x

|2x

––

146|

� = limx→ 4– �(x –

–4x

)+(x

4+ 4)

� =

= limx→ 4– �

x

–+14

� = – �18

�

x – 4 se x ≥ 4|x – 4| =

–x + 4 se x < 4

b) limx→ 0

=

= limx→ 0 � × × � =

= limx→ 0

=

c) limx→ 0– �3 – |

|x

x|+ 3|� = lim

x→ 0– �3 ––x

x

– 3� =

= limx→ 0– �

––x

x� = 1


x se x ≥ 0|x| =

–x se x < 0

x + 3 se x ≥ –3|x + 3| =

–x – 3 se x < –3

56.

a) limx→ 1

= limy→ 1

�y

y

2

––

11

� =

= limy→ 1

�(y –y

1)–(y1+ 1)

� =

= limy→ 1

(y + 1) = 2

Mudança de variável

y = �x�, logo x = y2.

Se x→ 1, então y→ 1.

b) limx→ 8

= limy→ 2

�y

y

3

––

28

� =

= limy→ 2

=

= limy→ 2

(y2 + 2y + 4) = 4 + 4 + 4 = 12

Mudança de variável

y = �3x�, logo x = y3.

Se x→ 8, então y→ 2.


1 hora��

�3t

8+t

8� recipiente

8t�3t + 8

8t�3t + 8

��00��

��00��

�x� +� 4� – 2��

�x� +� 9� – 3

�x� +� 9� + 3��x� +� 9� + 3

�x� +� 4� +2��x� +� 4� +2

�x� +� 4� – 2��x� +� 9� – 3

x (�x� +� 9� + 3)��x (�x� +� 4� + 2)

��00��

x – 1��

�x� – 1

x – 8��

�3x� – 2

(y – 2)(y2 + 2y + 4)��

y – 2


21

1

022

044

–880

= limx→ +�

= 11 – �

2x�

��1 – �

2x� + �

x

22�

= limx→ 0

=(x + 4 – 4)(�x� +� 9� + 3)

��(x + 9 – 9)(�x� +� 4� + 2)

= limx→ 0

= �64

� = �32

��x� +� 9� + 3��x� +� 4� + 2

57. limx→ 0+ g(x) = lim

x→ 0+ �f(x)x

– 1� = �–�

0+– 1� = –�

Logo, a reta de equação x = 0 é uma assíntota ver-tical ao gráfico de g.Tem-se que:

limx→ +�

(f(x) + 2x) = –1 ⇔ limx→ +�

(f(x) – (–2x)) + 1 = 0

⇔ limx→ +�

(f(x) – (–2x) + 1) = 0

⇔ limx→ +�

(f(x) – (–2x – 1)) = 0

Logo, a reta de equação y = –2x – 1 é uma assíntotaoblíqua ao gráfico de f.

Assim, limx→ +�

�f(x

x)� = –2.

Então:

limx→ +�

g(x) = limx→ +�

�f(x)x

– 1� =

= limx→ +�

�f(x

x)� – lim

x→ +��1x� = –2 – 0 = –2

Logo, a reta de equação y = –2 é uma assíntotahorizontal ao gráfico de g.

Unidade 5 – Derivadas de funções reais de variávelreal e aplicações

Páginas 86 a 118

54.

a) t.m.v.[2, 3] = �d(33) ––

d2

(2)� = �30 –

114

� = 16 m/s

b) t.m.v.[2; 2,5] = �d(22,5,5) ––

d2

(2)� = �21,2

05,5– 14� = 14,5 m/s

c) t.m.v.[2, x] = �d(xx

) ––

d2

(2)� = �3x

2

x

+–x

2– 14

� =

= =

= (3x + 7) m/s

Cálculo auxiliar

3x2 + x – 14 = 0 ⇔ x =

⇔ x = �–16± 13�

⇔ x = – �73

� ∨ x = 2

55. t.m.v.[a, b] = �f(bb) ––

fa(a)

� = �9bb

––

9a

a� = �9(

bb

––

aa)

� = 9, quais -

quer que sejam os valores de a e de b.

56. (I) Proposição verdadeiraSeja f uma função crescente em [a, b]. Se a < b,então f(a) < f(b), ou seja, f(b) – f(a) > 0.

Logo, t.m.v.[a, b] = �f(bb) ––

fa(a)

� > 0.

(II) Proposição falsaContraexemplo:Seja f(x) = x2. Tem-se que t.m.v.[–1, 2] > 0, mas afunção não é crescente em [–1, 2].

57.

a) limx→ –2

�f(xx

)2––f(4–2)

� = limx→ –2

�(x

f(–x)

2–)(

fx

(–+2

2)

)� =

= limx→ –2

�x –

12

� + limx→ –2

�f(x)x

–+

f(2–2)

� =

= – �14

� × f’(–2) = – �54

�

b) limh → 0

�f(–2 + h

3)h– f(–2)

�= 3 × =

= 3 × �f’(–

12)� = �

35

�

58.

a) f’(0) = limx→ 0

�f(xx

) ––

f0(0)

� = limx→ 0

�x2 + 6

x

x – 0� =

= limx→ 0

�x(xx

+ 6)� =

= limx→ 0

(x + 6) = 6

b) f’(1) = limx→ 1

�f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1

�x3

x

––x

1– 0

� =

= limx→ 1

�x(xx

2

––11)

� =

= limx→ 1

�x(x –

x

1–)(

1x + 1)

� =

= limx→ 1

(x(x + 1)) = 2

c) f’(2) = limx→ 2

�f(xx

) ––

f2(2)

� = limx→ 2

=

= limx→ 2

�x

(x+–12+)(

3x

x

––39)

� =

= limx→ 2

�(x –

42x

)–(x

8– 3)

� =

= limx→ 2

�(x –

4(2x

)–(x

2–)3)

� =

= limx→ 2

�x –

43

� = –4

3(x – 2)�x + �73

��

x – 2

–1 ± �1� +� 1�6�8��

6

1��

limh → 0

�f(–2 + h

h) – f(–2)�

�x

x

+– 3

1� + 3

��x – 2


d) f’(3) = limx→ 3

�f(xx

) ––

f3(3)

� =

= limx→ 3

=

= limx→ 3

=

59.

a) t.m.v.[2, 20] = �C(2200) ––

C2

(2)� = �5 –

198,86� = –0,27


• C(20) = –0,005 × 203 + 0,225 × 202 – 3 × 20 + 15 = 5

• C(2) = –0,005 × 23 + 0,225 × 22 – 3 × 2 + 15 = 9,86

A cotação das ações diminui em média 0,27 eurospor dia, no período indicado.

b) C’(15) = limt → 15

�C(t)

t––

C15

(15)� =

= limt → 15

=

= limt → 15

=

= limt → 15

(–0,005t2 + 0,15t – 0,75) = 0,375

Cálculo auxiliar

Passados 15 dias, a cotação das ações estava aaumentar à taxa de 0,375 euros por dia.

60.

a) f’(3) = limx→ 3

�f(xx

) ––

f3(3)

� = limx→ 3

=

= limx→ 3

�(x –

43–)4x

(–x

1+ 1)

� =

= limx→ 3

�(x –

–3x

)4+(x3

+ 1)� =

= limx→ 3

�4(x

–+1

1)� = – �

116�

b) Como f’(3) = – �116�, a equação pedida é da forma

y = – �116� x + b.

O ponto de coordenadas �3, �14

�� pertence a esta

reta tangente ao gráfico de f, logo:

�14

� = – �116� × 3 + b ⇔ b = �

176�

Assim, a equação pedida é y = – �116� x + �

176�.

c) A equação pedida é da forma y = 16x + b.

O ponto de coordenadas �3, �14

�� pertence a esta

reta, logo �14

� = 16 × 3 + b ⇔ b = – �194

1�.

Assim, a equação pedida é y = 16x – �194

1�.

61. A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta deequação y = x, cujo declive é 1. Logo:

f’(4) = 1 ⇔ limx→ 4

�f(xx

)––

4f4)

� = 1


62. f’(1) = limx→ 1

�f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1

�x3 – 3

x

x

–+13 – 1

� =

= limx→ 1

�x3 –x

3–x

1+ 2

� =

= limx→ 1

=

= limx→ 1

(x2 + x – 2) = 0

Cálculo auxiliar

Como o declive da reta tangente ao gráfico de f noponto de abcissa 1 é 0, então trata-se de uma retahorizontal.

63.

a) f’(1) = limx→ 1

�f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1

�f(x

x)––16

�

Limites laterais

limx→ 1+ �

f(x

x)––16

� = limx→ 1+ �

x3

x

+–5

1– 6

� =

= limx→ 1+ �

x

x

3

––

11

� =

�x� +� 1� – 2��x – 3

x + 1 – 4��(x – 3)(�x� +� 1� + 2)

–0,005 × t3 + 0,225 × t2 – 3 × t + 15 – 3,75��

t – 15

(t – 15)(–0,005t2 + 0,15t – 0,75) ��

t – 15

�x +

11

� – �14

�

��x – 3

(x – 1)(x2 + x – 2)��

x – 1


= limx→ 3 � × � =�x� +� 1� – 2

��x – 3

�x� +� 1� + 2��x� +� 1� + 2

= limx→ 3

= �14

�1

��x� +� 1� + 2

15–0,005

–0,005

0,225–0,075

0,15

–32,25

–0,75

11,25–11,25

0

= limt → 15

=–0,005 × t3 + 0,225 × t2 – 3 × t + 11,25��

t – 15

11

1

011

–31

–2

2–20

= limx→ 1+ =

= limx→ 1+ (x2 + x + 1) = 3

Cálculo auxiliar

limx→ 1– �

f(x

x)––16

� = limx→ 1– �

3xx

+–3

1– 6

� =

= limx→ 1– �

3x

x

––13

� =

= limx→ 1– �

3(x

x

––11)

� = 3

Uma vez que limx → 1+ �

f(x

x)––16

� = limx → 1– �

f(x

x)––16

� = 3, então

limx→ 1

�f(x

x)––16

� = 3, ou seja, f’(1) = 3.

b) A função f é contínua no ponto de abcissa 1, umavez que é diferenciável em 1, como se verificou naalínea anterior.

64. Continuidade


x→ 0+ �|x�|� = limx→ 0+ �x� = 0


x→ 0– �|x�|� = limx→ 0– �–�x� = 0

g(0) = 0

Como limx → 0+ g(x) = lim

x → 0– g(x) = g(0), então a função

g é contínua em x = 0.

Diferenciabilidade

g’(0) = limx→ 0

�g(xx

) ––

g0(0)

� = limx→ 0

Limites laterais

limx→ 0+ = lim

x→ 0+ =

= limx→ 0+ = �

01+� = +�

limx→ 0– = lim

x→ 0– =

Como limx → 0+ ≠ lim

x → 0– , então f não

admite derivada em x = 0.

65.

a) h’(0) = limt → 0

�h(t)

t––

h0

(0)� = lim

t → 0�20t –

tt2 – 0� =

= limt → 0

= limt → 0

(20 – t) = 20

A velocidade inicial do projétil é 20 m/s.

b) h(t) = 0 ⇔ 20t – t2 = 0 ⇔ t(20 – t) = 0 ⇔ t = 0 ∨ 20 – t = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = 20

O projétil atinge o solo 20 segundos após o lança-mento.

h’(20) = limt → 20

�h(t)

t––

h2

(020)

� = limt → 20

�20t

t––

t2

2

0– 0

� =

= limt → 20

�t(

t2–0

2–0t)

� =

= limt → 20

(–t) = –20

No momento em que o projétil atinge o solo a velo-cidade é –20 m/s.

c) h’(t) = limx→ 0

�h(t + x

x

) – h(t)� =

= limx→ 0

=

= limx→ 0

�20x – 2

x

tx – x2� =

= limx→ 0

(20 – 2t – x) = 20 – 2t

66.

a) f’(x) = x’ = 1b) g’(x) = (x + π)’ = x’ + π’ = 1 + 0 = 1c) (f + g)’(x) = f’(x) + g’(x) = 1 + 1 = 2

67. g’(x) = (f(x) + 1)’ = f’(x) + 1’ = f’(x)Logo, a representação gráfica da função derivadada função g está na figura (II).

68.

a) (f × g)’(5) = f’(5) × g(5) + f(5) × g’(5) =

= 1 × (5 + 3π) + 5 × 1 =

= 5 + 3π + 5 =

= 10 + 3π

Cálculos auxiliares• f’(x) = x’ = 1• g’(x) = (x + 3π)’ = 1 + 0 = 1

b) i) (f × g)’(x) = f’(x) × g(x) + f(x) × g’(x) == 1 × (x + 3π) + x × 1 == x + 3π + x == 2x + 3π

ii) ��gf��’

(x) = =

(x – 1)(x2 + x + 1)��

x – 1

�|x�|��x

�x��x

�|x�|��x

1��x�

�–�x��

x

�|x�|��x

�|x�|��x

�|x�|��x

20(t + x) – (t + x)2 – (20t – t2)��

x

t(20 – t)�

t

g’(x)f(x) – g(x)f’(x)��

f2(x)


11

1

011

011

–110

= limx→ 0+ =

x�x�x�

= limx→ 0– = lim

x→ 0– = �0–

+1� = –�

–x��x�–�x�

–1��

�–�x�

= limx→ 0

=20t + 20x – t2 – 2tx – x2 – 20t + t2��

x

= �x – xx2

– 3π� = – �3

x2π�

69.

a) (f + g)’(2) = f’(2) + g’(2) = –2 + 1 = –1

b) (5f)’(2) = 5f’(2) = 5 × (–2) = –10

c) (f × g)’(2) = f’(2) × g(2) + f(2) × g’(2) == –2 × (–3) + 4 × 1 == 6 + 4 = 10

d) ��1f��’

(2) = �0f–2(2

f’()2)

� = – �–4

22� = �

18

�

e) ��gf��’

(2) = =

= �–2 × ((––33))–2

4 × 1� = �

29

�

f) ��f +1

g��’

(2) = �0(–f +

(fg+)2g()2’()2)

� = – �(4

––13)2� = 1

g) (g × g)’(2) = g’(2) × g(2) + g(2) × g’(2) == 1 × (–3) + (–3) × 1 = –6

h) ��f +f

g��’

(2) = =

= �–2 ×(14

––

43)

×2

(–1)� =

= �–21+ 4� = 2

70. m = tg 60o = �3� é o declive da reta tangente aográfico de f que tem inclinação 60o.Logo:f’(x) = �3� ⇔ (x2 – x – 2)’ = �3�

⇔ 2x – 1 = �3�

⇔ x =

71. f’(x) = (x3 – x2)’ = 3x2 – 2xf’(1) = 3 – 2 = 1Assim, 1 = tg θ, com 0o < θ < 180o, ou seja, θ = 45o.Logo, a inclinação da reta tangente ao gráfico de fno ponto de abcissa 1 é 45o.

72.

a) f’(x) = (x2 + 5x + 3)’ = 2x + 5

b) g’(x) = ��12

� x3 – x + 2020�’= �

32

� x2 – 1

c) h’(x) = (x3 �x�)’ = (x3)’ �x� + x3 (�x�)’ =

= 3x2 �x� + x3 × =

= =

=

d) p’(x) = ��5x��’

= �0 –x

52× x’

� = – �x

52�

e) q’(x) = ��x

1� + 2�x��’

=

= – �x

12� + 2 × =

f) r’(x) = ��2xx

+–13

��’=

= =

= �2x +(x2+–12)x

2+ 3

� = �(x +

51)2�

73.

a) (f � g)(1) = f(g(1)) = f(4) = 3 × 16 – 5 = 43

b) (f � g)’(1) = f’(g(1)) × g’(1) = f’(4) × 2 = 24 × 2 = 48

Cálculo auxiliar

f’(x) = (3x2 – 5)’ = 6x

74.

a) a’(x) = �4x3 – �35

� x2 – 2x + 7�’= 12x2 – �

65

� x – 2

b) b’(x) = �πx10 – �1e

� x7 – 2x3 + 9�’= 10πx9 – �

7e

� x6 – 6x2

c) c’(x) = ((2x2 – 3)4)’ = 4(2x2 – 3)3(2x2 – 3)’ == 4(2x2 – 3)3 × 4x == 16x(2x2 – 3)3

d) d’(x) = ((x4 – 5x2)3(x6 – 5x5))’ = = ((x4 – 5x2)3)’(x6 – 5x5) + (x4 – 5x2)3((x6 – 5x5))’ = = 3(x4 – 5x2)2(x4 – 5x2)’(x6 – 5x5) +

+ (x4 – 5x2)3(6x5 – 25x4) == 3(x4 – 5x2)2(4x3 – 10x)(x6 – 5x5) +

+ (x4 – 5x2)3(6x5 – 25x4)

e) e’(x) = ��2 – �12

� x2� (3 – x3)�’=

= �2 – �12

� x2�’(3 – x3) + �2 – �

12

� x2�(3 – x3)’ =

= –x(3 – x3) + �2 – �12

� x2�(–3x2) =

f’(2) × g(2) – f(2) × g’(2)��

g2(2)

f’(2)(f + g)(2) – f(2)(f + g)’(2)��

(f + g)2(2)

�3� + 1��

2

1�2�x�

7x3�2�x�

7x2�x��

2

1�2�x�

2 × (x + 1) – (2x – 3) × 1��

(x + 1)2


= =1 × x – (x + 3π) × 1��

x2 = =6x2 × x + x3��

2�x�

= =7x3�x��

2x

= – �x

12� +

1��x�

= –3x + x4 – 6x2 + �32

� x4 =

= �52

� x4 – 6x2 – 3x

f) f’(x) = ��32x

x

+– 5

1��’

=

= =

= �6x +(3

2x

–+

61x

)2+ 15

� = �(3x

1+71)2�

g) g’(x) = ��2x2x

––

43

��3

�’=

= 3 ��2x2x

––

43

��2

��2x2x

––

43

��’=

= 3 ��2x2x

––

43

��2

=

=

h) h’(x) = (�x�2�+� 3�)’ = �(x2 + 3) �’=

= �12

� (x2 + 3)–

(x2 + 3)’ =

= �12

� × × 2x =

i) i’(x) = (�3 2�x�4�–� 1�)’ = �(2x4 – 1) �’=

= �13

� (2x4 – 1)–

(2x4 – 1)’ =

= �13

� × × 8x3 =

j) j’(x) = ��32�xx� +

–� 11

��’= ��3

2x

x

+– 1

1��

’

= �12

� ��32x

x

+– 1

1��

–

��32x

x

+– 1

1��

’=

= �12

� ��32�xx� +

–� 11

�� × =

= �12

� ��32�xx� +

–� 11

�� ×�6x(+3

2x +

–16

)x

2+ 3

� =

=��32�xx� +

–� 11

�� × �2(3x

5+ 1)2�

= =

=

= =

75. f’(x) = (3x2)’ = 6x

g’(x) = ��1 +4x2��’

= �(1–4

+×x22)x

2� = – �(1 +

8xx2)2�

a) Primeiro processo

(g � f)’(x) = g’(f(x)) × f’(x) = g’(3x2) × 6x =

= – �(1

8+

×(3

3x

x

)

2

2)2� × 6x

= – �(9x

1444

+x

1

3

)2�

Segundo processo

(g � f)(x) = g(f(x)) = g(3x2) = �1 + (

43x2)2� = �

1 +49x4�

(g � f)’(x) = ��1 +49x4��’

=

= – �4(1(1

++99x

x

4)

4

2)’

� =

= – �(94x

×4

3+

61x

)

3

2� =

= – �(9x

1444

+x

1

3

)2�

b) Primeiro processo

(f � g)’(x) = f’(g(x)) × g’(x) =

= f’ ��1 +4x2�� × �– �

(1 +8xx2)2�� =

= 6 × �1 +

4x2� × �– �

(1 +8xx2)2�� =

= – �(x2

19+

21x

)3�

2(3x + 1) – (2x – 5) × 3��

(3x + 1)2

2(x2 – 4) – (2x – 3)2x��

(x2 – 4)2

3(2x – 3)2(–2x2 + 6x – 8)��

(x2 – 4)4

1�2

1�2

1��x�2�+� 3�

1�3

2�3

1��3 (2�x�4�–� 1�)2�

1�2

1�2

2(3x + 1) – (2x – 1) × 3��

(3x + 1)2

–(x + �x� +� 2�)’��

(x + �x� +� 2�)2

–1 – �12

� (x + 2)– �12

�

��(x + �x� +� 2�)2

�–2

2�

�x�x�+�

+�2�

2�– 1

�

��(x + �x� +� 2�)2


= 3 ��2x2x

––

43

��2

=2x2 – 8 – 4x2 + 6x��

(x2 – 4)2

= x

��x�2�+� 3�

=8x3

��3�3 (2�x�4�–� 1�)2�

k) k’(x) = � �’=

1��x + �x� +� 2�

= =

–1 – �(x + 2)�12

��’

��(x + �x� +� 2�)2

= =

– 1 – �2�x�

1+� 2�

�

��(x + �x� +� 2�)2

= –2�x� +� 2� – 1

��2�x� +� 2�(x + �x� +� 2�)2

Segundo processo

(f � g)(x) = f(g(x)) = f��1 +4x2�� =

= 3 × ��1 +4x2��

2=

= �(x2

4+81)2�

(f � g)’(x) = ��(x24+81)2��’

=

= – =

= – �(x2

19+

21x

)3�

c) Primeiro processo

(f � f)’(x) = f’(f(x)) × f’(x) = f’(3x2) × 6x == 6 × 3x2 × 6x == 108x3

Segundo processo

(f � f)(x) = f(f(x)) = f(3x2) = 3 × (3x2)2 = 3 × 9x4 = 27x4

(f � f)’(x) = (27x4)’ = 4 × 27x3 = 108x3

76. f’(x) = ��x4+x

1��’

= �4x – ((x

4x+)21) × 4

� = �4x –16

4x

x

2– 4

� = �4–x

12�

h’(x) = (x2 – 3x)’ = 2x – 3

a) (f � h)(2) = f(h(2)) = f(22 – 3 × 2) = f(–2) = �4–×2

(+–21)

� = �18

�

b) (f � h)’(2) = f’(h(2)) × h’(2) = f’(–2) × (2 × 2 – 3) =

= �4 ×

–(–1

2)2� × 1 =

= – �116�

c) (f � h)’(x) = f’(h(x)) × h’(x) = f’(x2 – 3x) × (2x – 3) =

= �4(x2

––13x)2� × (2x – 3) =

= �4(x

32

––

23x

x)2�

77. f’(x) = (�x�2�+� 5�)’ = �(x2 + 5) �’=

= �12

� (x2 + 5)–

× 2x =

a) (f + g)’(–1) = f’(–1) + g’(–1) = + 3 =

=

b) (f × g)’(–1) = f’(–1) × g(–1) + f(–1) × g’(–1) =

= × 2 + �6� × 3 =

= =

c) (f � g)’(–1) = f’(g(–1)) × g’(–1) = f’(2) × 3 = �23

� × 3 = 2

78.

a) f’(x) = (4x3)’ = 12x2

f’(–�2�) = 12 × 2 = 24

A equação reduzida da reta tangente ao gráfico dafunção f no ponto de abcissa –�2� é da formay = 24x + b.O ponto de coordenadas (–�2�, f(–�2�)) = (–�2�, –8�2�) pertence a estareta, logo: –8�2� = 24 × (–�2�) + b ⇔ b = 16�2�

Assim, a equação pedida é y = 24x + 16�2�.

b) A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta deequação y = x, cujo declive é 1. Como a reta r é paralela à bissetriz dos quadrantesímpares, então o seu declive é também 1.Logo, a equação reduzida da reta r é do tipo y = x + b.

f’(x) = 1 ⇔ 12x2 = 1 ⇔ x2 = �112�

⇔ x = ∨ x = –

As abcissas dos pontos do gráfico de f em que areta tangente é paralela à bissetriz dos quadrantes

ímpares são e – .

f�– � = –

à reta r, logo = + b ⇔ b = – .

48 × 2(x2 + 1) × 2x��

(x2 + 1)4

1�2

1�2

–1��6�

–�6� + 18��

6

–1��6�

–2 + 18�

�6�

1�2�3�

1�2�3�

�3��

6�3��

6

�3��

18�3��

6

�3��

9�3��

6�3��

18


= x

��x�2�+� 5�

= =–1 + 3�6��

�6�

= + 3�6� =–2

��6�

= = 16�6��

68�6��

3

⇔ x = ∨ x = – �3��

6�3��

6

f� � = �3��

6�3��

18

O ponto de coordenadas � , � pertence �3��

6�3��

18

Assim, r: y = x – . �3��

9

à reta r, logo – = – + b ⇔ b = .

c) Para que as retas tangentes aos gráficos sejamperpendiculares, o produto dos seus declives teráde ser igual a –1. Assim:

f’(x) × g’(x) = –1 ⇔ 12x2 × �–x2

a� = –1 ⇔ –12a = –1

⇔ a = �112�

79.

a) Como f é uma função contínua em [0, 4] e diferen-ciável em ]0, 4[, pelo Teorema de Lagrange existe

c � ]0, 4[ tal que f’(c) = �f(44) ––

f0(0)

� = �284– 0� = 7.

f’(x) = (x2 + 3x)’ = 2x + 3

f’(x) = 7 ⇔ 2x + 3 = 7 ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2

Logo, c = 2.

b) f’(c) = 7, logo a equação pedida é do tipo y = 7x + b.

f(2) = 10

O ponto de coordenadas (2, 10) pertence à retatangente ao gráfico de f em c, logo:

10 = 7 × 2 + b ⇔ b = –4

A equação pedida é y = 7x – 4.

80.

a) A afirmação é falsa. Contraexemplo:f(x) = (x – 3)2

�f(4

4) ––

f1(1)

� = �1 –3

4� = – �

34

� < 0, mas f não é decrescen-

te em ]1, 4[.

b) A afirmação é falsa.Contraexemplo:f(x) = x3

f’(0) = 0, mas a função não tem extremo em x = 0.

c) A afirmação é falsa. Contraexemplo:f(x) = |x|A função f tem um mínimo relativo em x = 0, masnão existe f’(0).

d) A afirmação é verdadeira, pelo Teorema da página110.

81.

a) Df = Rf’(x) = (x3 – 3x2 – 9x + 7)’ = 3x2 – 6x – 9

f’(x) = 0 ⇔ 3x2 – 6x – 9 = 0

⇔ x =

⇔ x = �6 ±6

12�

⇔ x = 3 ∨ x = –1

f(–1) = –1 – 3 + 9 + 7 = 12f(3) = 27 – 27 – 27 + 7 = –20f é estritamente crescente em ]–�, –1] e em [3, +�[e é estritamente decrescente em [–1, 3]; 12 é ummáximo relativo em –1; –20 é um mínimo relativoem 3.

b) Dg = {x� R: x – 1 ≠ 0} = R \ {1}

g’(x) = ��xx+– 1

4��’

= �x –(1x

––

(1x

)2+ 4)

� =

= – < 0, ∀ x� R \ {1}

g é estritamente decrescente em ]–�, 1[ e em ]1, +�[;não tem extremos.

c) Dh = Rh’(x) = ��x2

x

+ 1��’

= �x2 +

(x12 +

–1x

)×2

2x� = �

(x12

–+x

1

2

)2�

h’(x) = 0 ⇔ = 0

⇔ 1 – x2 = 0 ∧ (x2 + 1)2 ≠ 0


⇔ x = 1 ∨ x = –1

h(–1) = – �12

�

h(1) = �12

�

h é estritamente decrescente em ]–�, –1] e em [1, +�[

e é estritamente crescente em [–1, 1]; – �12

� é um

mínimo relativo em –1; �12

� é um máximo relativo em 1.

�3��

9�3��

6�3��

18

6 ± �3�6� +� 1�0�8��

6

1 – x2�(x2 + 1)2

5�(x – 1)2


O ponto de coordenadas �– , – � pertence�3��

6�3��

18

Assim, r: y = x + .�3��

9

x –� –1 3 +�

Sinal de f’ + 0 – 0 +

Variação de f Máx.12

Mín.–20→ →

→

x –� –1 1 +�

Sinal de h’ – 0 + 0 –

Variação de hMín.

– �12

�

Máx.

�12

�→→ →

82.

a) f’(x) = (4x2 – 16x + 3)’ = 8x – 16

f’(x) = 0 ⇔ 8x – 16 = 0 ⇔ x = 2

f(2) = 16 – 32 + 3 = –13f é estritamente decrescente em ]–�, 2] e é estrita-mente crescente em [2, +�[; –13 é um mínimoabsoluto em 2.

b) h’(x) = �2x + �4x��’

= 2 – �x

42�

h’(x) = 0 ⇔ 2 – �x

42� = 0

⇔ �2x2

x2– 4� = 0

⇔ 2x2 – 4 = 0 ∧ x2 ≠ 0

⇔ (x = �2� ∨ x = –�2�) ∧ x ≠ 0

h(–�2�) = –2�2� + = –2�2� – 2�2� = –4�2�

h é estritamente crescente em ]–�, –�2�] e em[�2�, +�[ e é estritamente decrescente em [–�2�, 0[ e em ]0, �2�] ; –4�2� é um máximo relati-vo em –�2�; 4�2� é um mínimo relativo em �2�.

c) p’(x) = (�x�2�+� 4�)’ = �(x2 + 4) �’=

= �12

� (x2 + 4)–

2x =

=

p’(x) = 0 ⇔ = 0

⇔ x = 0 ∧ �x�2�+� 4� ≠ 0

⇔ x = 0

p(0) = �4� = 2

p é estritamente decrescente em ]–�, 0] e é estri-tamente crescente em [0, +�[; 2 é o mínimo abso-luto em 0.

d) r’(x) = ��x24+ 1��’

= – �(x2

2+x

1)2�

r’(x) = 0 ⇔ – �(x2

2+x

1)2� = 0

⇔ –2x = 0 ∧ (x2 + 1)2 ≠ 0

⇔ x = 0

r(0) = �41

� = 4

r é estritamente crescente em ]–�, 0] e é estrita-mente decrescente em [0, +�[; 4 é o máximoabsoluto em 0.

83.

a) t.v.m.[0, 20] = �d(2200) ––

d0

(0)� = �24

27

0– 7� = 12

Nos primeiros 20 minutos a velocidade média dobalão foi 12 m/min.

b) d’(t) = (–0,02t3 + t2 + 7)’ = –0,06t2 + 2t

d’(5) = –0,06 × 25 + 2 × 5 = 8,5

A velocidade instantânea relativamente ao solo dobalão aos 5 minutos era de 8,5 m/min.

c) d’(t) = 0 ⇔ –0,06t2 + 2t = 0

⇔ t(–0,06t + 2) = 0

⇔ t = 0 ∨ –0,06t + 2 = 0

⇔ t = 0 ∨ t = �103

0�

d��10

30

�� ≈ 377

�10

30

� ≈ 33

O balão atinge a altura máxima de 377 metros aos33 minutos.

4�–�2�

1�2

1�2

x��x�2�+� 4�

x��x�2�+� 4�


x –� 2 +�

Sinal de f’ – 0 +

Variação de f Mín.–13 →

→

x –� –�2� 0 �2� +�

Sinal de h’ + 0 – n.d. – 0 +

Variação de h Máx.–4�2� n.d. Mín.

4�2�→ →→ →

h(�2�) = 2�2� + = 2�2� + 2�2� = 4�2�4

��2�

x –� 0 +�

Sinal de p’ – 0 +

Variação de p Mín.2 →

→

x –� 0 +�

Sinal de r’ + 0 –

Variação de r Máx.4→

→

t 0 �10

30

� 50

Sinal de d’ 0 + 0 – –

Variação de d Mín.7

Máx.377

Mín.7→

→

84. f(q) = �Cq(q)�

f’(q) = � �’=

= =

= �2q2 –q2

3200�

f’(q) = 0 ⇔ �2q2 –

q23200� = 0

⇔ 2q2 – 3200 = 0 ∧ q2 ≠ 0⇔ q2 = 1600 ∧ q ≠ 0⇔ q = 40 ∨ q = –40

f(40) = �C

4(4

00)

� = 145

O custo médio é mínimo para q = 40 unidades.

85.

a) A base da caixa é um quadrado de lado 6 – 2x e aaltura da caixa é x. Logo:

V(x) = (6 – 2x)2x = (36 – 24x + 4x2)x = 4x3 – 24x2 + 36x,com x� ]0, 3[.

b) V’(x) = (4x3 – 24x2 + 36x)’ = 12x2 – 48x + 36

V’(x) = 0 ⇔ 12x2 – 48x + 36 = 0

⇔ x2 – 4x + 3 = 0

⇔ x =

⇔ x = 1 ∨ x = 3

V(1) = 4 – 24 + 36 = 16O volume da caixa é máximo quando x = 1 e, nessecaso, o volume da caixa é 16 cm3.

86. A(x) = 2x(1 – x2) = 2x – 2x3, com x� ]0, 1[. A’(x) = (2x – 2x3)’ = 2 – 6x2

A’(x) = 0 ⇔ 2 – 6x2 = 0

⇔ x2 = �13

�

A� � = 2 × – 2 � �3

=

=

87. 12 l = 12 dm3

V = πr2 × h, logo πr2 × h = 12 ⇔ h = �π1r22�.

Assim, A(r) = 2πr × �π1r22� + 2 × πr2 = �2

r4� + 2πr2, r > 0.

A’(r) = ��2r4� + 2πr2�

’= – �2

r24� + 4πr

A’(r) = 0 ⇔ – �2r24� + 4πr = 0

⇔ �–24 +

r24πr3� = 0

⇔ –24 + 4πr3 = 0 ∧ r2 ≠ 0

⇔ r3 = �6π

� ∧ r ≠ 0

⇔ r = �3�6π

��

A medida do raio da base deverá ser �3�6π

�� dm.

88. Seja [ABCD] um retângulo nas condições doenunciado.O triângulo [ABC] é um triângulo retângulo, umavez que está inscrito numa semicircunferência.


C�B�2 + A�B�2 = A�C�2 ⇔ C�B�2 = 100 – A�B�2

Logo, C�B� = �1�0�0� –� A��B��2�.

2q2 – 15q + 3200��

q

4q2 – 15q – 2q2 + 15q – 3200��

q2

4 ± �4��

2

�3��

3�3��

3�3��

3

4�3��

9


= =(4q – 15)q – (2q2 – 15q + 3200)��

q2

q 0 40 +�

Sinal de f’ n.d. – 0 +

Variação de f n.d. Mín.145 →

→

x 0 1 3

Sinal de V’ n.d. + 0 – n.d.

Variação de V n.d. Máx.16 n.d.→

→

⇔ x = ∨ x = –1

��3�

1��3�

⇔ x = ∨ x = – �3��

3�3��

3

x 0 ��

33�

� 1

Sinal de A’ n.d. + 0 – n.d.

Variação de A n.d.Máx.

�4�

93�

�n.d.→

→

= – =2�3��

32�3��

9

O valor máximo da área é .4�3��

9

r 0 �3�6π

�� +�

Sinal de A’ n.d. – 0 +

Variação de A n.d. Mín. →→

Sendo A�B� = x, a área do retângulo [ABCD] é dadapor A(x) = x�1�0�0� –� x�2�, com x� ]0, 10[.

A’(x) = (x�1�0�0� –� x�2�)’ =

= �1�0�0� –� x�2� + x�(100 – x2) �’=

= �1�0�0� –� x�2� + x × �12

� (100 – x2)–

(–2x) =

= =

A’(x) = 0 ⇔ = 0

⇔ 100 – 2x2 = 0 ∧ �1�0�0� –� x�2� ≠ 0

⇔ x2 = 50 ∧ x� DA

⇔ x = �5�0�

O retângulo de área máxima é o quadrado de lado�5�0� = 5�2�.

Aprende Fazendo

Páginas 122 a 132

1. Os pontos de coordenadas (1, 0) e (0, –2) perten-cem à reta t.Então:

mt = �01

+– 0

2� = 2 = f’(0)


2. A afirmação (I) é falsa. Contraexemplo: f(x) = |x| f é contínua em x = 0, mas não é diferenciável em x = 0.A afirmação (II) é verdadeira.A opção correta é a (C).

3.

a) t.v.m.[0, 3] = �S(33) ––

S0

(0)� = �18

3– 0� = 6

A velocidade média, nos primeiros três segundosapós o lançamento da bola, é 6 m/s.A opção correta é a (B).

b) S’(t) = (–6t2 + 24t)’ = –12t + 24S’(1) = –12 + 24 = 12A velocidade da bola ao fim de um segundo é 12 m/s.A opção correta é a (C).

4. f’(x) = (kx3 – 2kx2)’ = 3kx2 – 4kxO declive da reta de equação y = 2x – 1 é 2, peloque o declive da reta tangente ao gráfico de f no

ponto de abcissa 1 é – �12

�. Logo:

f’(1) = – �12

� ⇔ 3k – 4k = – �12

� ⇔ k = �12

�


5. x – y = 1 ⇔ y = x – 1O declive da reta de equação y = x – 1 é 1. Logo, odeclive da reta tangente ao gráfico de f no ponto Aé –1.

f’(x) = 1 ⇔ �3x + 3 + �2x��’

= 1

⇔ 3 – �x

22� = 1

⇔ 2 – �x

22� = 0

⇔ �2x2

x2– 2� = 0

⇔ 2x2 – 2 = 0 ∧ x2 ≠ 0

⇔ x2 = 1 ∧ x ≠ 0

⇔ x = 1 ∨ x = –1

Como Df = R+, então x = 1. A opção correta é a (C).

6. Como o declive da reta de equação y = –3x + 2, tan-gente ao gráfico de g no ponto de abcissa –2, é –3,então g’(–2) = –3. Se x = –2, então y = 6 + 2 = 8. Logo, as coordenadasdo ponto de tangência são (–2, 8), e, portanto, g(–2) = 8. Assim:

g’(–2) = –3 ⇔ limh → 0

�g(–2 + h

h) – g(–2)� = –3

⇔ limh → 0

�g(–2 +

hh) – 8� = –3

A opção correta é a (D.)

7. f’(x) = (ax2 + (a – 1)x – 2)’ = 2ax + a – 1A abcissa do extremo relativo de f é um zero de f’,já que f é uma função quadrática. Assim:

f’(–1) = 0 ⇔ –2a + a – 1 = 0 ⇔ a = –1


1�2

1�2

100 – x2 – x2��

�1�0�0� –� x�2�

100 – 2x2��

�1�0�0� –� x�2�


= �1�0�0� –� x�2� – =x2��

�1�0�0� –� x�2�

= 100 – 2x2��

�1�0�0� –� x�2�

x 0 �5�0� 10

Sinal de A’ n.d. + 0 – n.d.

Variação de A n.d. Máx. n.d.→→

8. Se a reta tangente ao gráfico de h no ponto deabcissa 3 tem declive igual a 2, então h’(3) = 2.Como h é uma função par, então h’(–3) = –2.A opção correta é a (C).

9. m = tg 120o = –�3� = g’(1)Então:

limx→ 1

�g(xx

)2––

gx

(1)� = lim

x→ 1�g(xx

) ––

g1

(1)� × lim

x→ 1�1x� =

= g’(1) × 1 = –�3�


10. Como a reta de equação y = 3x + 1 é tangente aográfico de f no ponto de abcissa –1, tem-se que f’(–1) = 3.Se f(x) = x3 – x, então f’(x) = 3x2 – 1, e, portanto, f’(–1) = 2.Se f(x) = x + x2, então f’(x) = 1 + 2x, e, portanto, f’(–1) = –1.Se f(x) = x3 + x, então f’(x) = 3x2 + 1, e, portanto, f’(–1) = 4.Se f(x) = x – x2, então f’(x) = 1 – 2x, e, portanto, f’(–1) = 3.A opção correta é a (D).

11. Para que a função f seja diferenciável, é necessárioque seja contínua.


x→ 1– (ax3 – x) = a – 1 = f(1)


x→ 1+ (2x + b) = 2 + b

Assim:

f(1) = limx→ 1– f(x) = lim

x→ 1+ f(x) ⇔ a – 1 = 2 + b

⇔ b = a – 3

Por outro lado, tem que se verificar

limx→ 1– �

f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1+ �

f(xx

) ––

f1(1)

�.

limx→ 1– �

f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1–�

ax3 –x

x

––

1(a – 1)

� =

= limx→ 1– =

= limx→ 1– (ax2 + ax + a – 1) = 3a – 1

Cálculo auxiliar

Assim, ax3 – x – (a – 1) = (x – 1)(ax2 + ax + a – 1).

limx→ 1+ �

f(xx

) ––

f1(1)

� = limx→ 1+�

2x + bx

––

(1a – 1)

� =

= limx→ 1+ �

2x

x

––12

� =

= limx→ 1+ �

2(x

x

––11)

� = 2

Logo, 3a – 1 = 2 ⇔ a = 1 e, portanto, b = –2.A opção correta é a (C).

12. Uma vez que limx→ 2– �

f(xx

) ––

f2(2)

� < 0 e limx→ 2+ �

f(xx

) ––

f2(2)

� > 0,

então podemos afirmar que f’(2) não existe.A opção correta é a (D).

13. g’(–2) > 0 e g’(1) < 0, logo g’(–2) × g’(1) < 0.

g’(–2) > 0 e g’(3) > 0, logo �gg’(’(–32))

� > 0.

g’(1) < 0 e g’(–2) > 0, logo �gg’(’(–12))

� < 0.

g’(–3) > 0 e g’(2) = 0, logo g’(–3) × g’(2) = 0.


14. Na opção (A), tem-se h(x) > 0, ∀ x � Dh e h’(x) > 0,∀ x� Dh, logo h(x) × h’(x) > 0, ∀ x� Dh. Na opção (B), tem-se h(x) < 0, ∀ x � Dh e h’(x) > 0,∀ x� Dh, logo h(x) × h’(x) < 0, ∀ x� Dh.Na opção (C), tem-se h(x) < 0, ∀ x � Dh e h’(x) < 0,∀ x� Dh, logo h(x) × h’(x) > 0, ∀ x� Dh. Na opção (D), tem-se h(x) < 0, ∀ x� ]–�, 0[ e h’(x) < 0,∀ x � [–�, 0[, logo h(x) × h’(x) > 0, ∀ x � ]–�, 0[,mas h(x) > 0, ∀ x� ]0, +�[ e h’(x) < 0, ∀ x� ]0, +�[,logo h(x) × h’(x) < 0, ∀ x� ]0, +�[. A opção correta é a (B).

15. Apesar de a função h’ não ser contínua em x = 1,nada se pode concluir quanto à continuidade de hem x = 1.Se x < 0, então h’(x) < 0, pelo que a função h édecrescente em ]–�, 0[, logo h(–2) > h(–1).Se x > 1, então h’(x) < 0, pelo que a função h édecrescente em ]1, +�[, logo h(2) > h(3).Como h’(x) < 0 se x� ]–�, 0[, h’(x) > 0 se x� ]0, 1[e h’(0) = 0, então 0 é um mínimo relativo de h.A opção correta é a (C).

16. g(x) > 0, ∀ x � R e f é uma função crescente emR. No entanto, por observação do gráfico de f,conclui-se que o declive das retas tangentes aeste gráfico aumenta até ao ponto de abcissa 0 ediminui daí em diante, sendo sempre positivo, oque não se encontra representado no gráfico de g.Logo, g não pode ser a função derivada da função f.

(x – 1)(ax2 + ax + a – 1)��

x – 1


1a

a

0a

a

–1a

a – 1

–(a – 1)a – 1

0

= limx→ 1+ =2x + a – 3 – a + 1

��x – 1

A função f não tem extremos relativos, uma vezque é estritamente crescente.A função g tem um mínimo relativo igual a 1.A função f pode ser a função derivada da função g,já que f(x) < 0, ∀ x � ]–�, 0[ e g é decrescenteneste intervalo; f(x) > 0, ∀ x � ]0, +�[ e g é cres-cente neste intervalo; f(x) = 0 e g tem um mínimorelativo no ponto de abcissa 0.A opção correta é a (D).

17. A função f é crescente em ]–�, –2[ e em ]1, +�[ e édecrescente em ]–2, 1[. Logo, a função f' é positivaem ]–�, –2[ e em ]1, +�[ e é negativa em ]–2, 1[. Por observação do gráfico de f, conclui-se que nãoexiste f’(1).A opção correta é a (D).

18. Como a reta tangente ao gráfico de g no ponto deabcissa 0 é horizontal, tem-se que g’(0) = 0.Como a reta tangente ao gráfico de h no ponto deabcissa 0 é paralela à reta de equação y = –4x – 4,tem-se que h’(0) = –4.Assim:f’(0) = (g × h)’(0) = g’(0) × h(0) + g(0) × h’(0) =

= 0 × 1 + (–4) × 4 == –16


19. f’(x) = (xn)’ = nxn – 1, n � NSe n for ímpar, então n – 1 é par e tem-se f’(x) ≥ 0,∀ x� R, logo f é crescente em R.A opção correta é a (A).

20.

a) A função f não é contínua em R, já que não é contí-nua em x = 1, pois f(1) = lim

x→ 1– f(x) ≠ limx→ 1+ f(x).

b) A função f não é diferenciável nos pontos de abcis-sas 1 e 4.

c) t.m.v.[–2, 1] = �f(11

)––(f–(2–)2)

� = �–33– 0� = –1

d) Os pontos de coordenadas (0, 12) e (6, 0) perten-

cem à reta t. Logo, mt = �102––60

� = –2.

Assim, t: y = –2x + 12.

e) f’(6) = mt = –2

21.

a) d’(t) = –4,9 × 2t + 20 = –9,8t + 20d’(0) = –9,8 × 0 + 20 = 20A velocidade inicial é 20 m/s.

b) d(t) = 0 ⇔ –4,9t2 + 20t = 0⇔ t(–4,9t + 20) = 0

⇔ t = 0 ∨ –4,9t + 20 = 0

⇔ t = 0 ∨ t = �24090

�

d’��24090

�� = – 9,8 × �24090

� + 20 = –20

A velocidade com que o objeto atingiu o solo é –20 m/s.

c) d’(t) = 0 ⇔ –9,8t + 20 = 0 ⇔ t = �14090

�

d��14090

�� = –4,9 × ��14090

��2

+ 20 × �14090

� ≈ 20,4

O objeto atinge a altura máxima de 20,4 metros,aproximadamente.

22.

a) f’(1) = limx→ 1

�f(xx

) ––

f1(1)

� =

= limx→ 1

=

= limx→ 1

=

= limx→ 1

=

= �–22� = –1

b) Seja α a inclinação da reta tangente ao gráfico de fno ponto de abcissa 1. tg α = –1Logo, α = 135o.

23.

a) A função f é diferenciável no ponto de abcissa –1, jáque a reta tangente ao gráfico de f neste ponto temdeclive igual a –3. Logo, a função f é contínua em x = –1 e, portanto, lim

x→ –1f(x) = f(–1) = 2.

b) f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0f’(x) = 2ax + b

f(1) = 0 a + b + c = 0f(–1) = 2 ⇔ a – b + c = 2 f’(–1) = –3 –2a + b = –3

�3� –� 2�x� – 1��

x – 1

3 – 2x – 1��(x – 1)(�3� –� 2�x� + 1)

–2(x – 1)��(x – 1)(�3� –� 2�x� + 1)


t 0 �14090

� �24090

�

Sinal de d’ + + 0 – –

Variação de d Mín. Máx.20,4 Mín.→

→

= limx→ 1 � × � = �3� –� 2�x� – 1

��x – 1

�3� –� 2�x� + 1��3� –� 2�x� + 1

= limx→ 1

= 2 – 2x

��(x – 1)(�3� –� 2�x� + 1)

= limx→ 1

=–2

��3� –� 2�x� + 1

c = –a – b —————⇔ a – b – a – b = 2 ⇔ –2b = 2

————— —————

————— ————— c = 0⇔ b = –1 ⇔ ————— ⇔ b = –1

–2a – 1 = –3 –2a = –2 a = 1

Logo, f(x) = x2 – x.

24.

a) f’(x) = ((1 – x)3(3 – x2))’ == ((1 – x)3)’(3 – x2) + (1 – x)3(3 – x2)’ == 3(1 – x)2(–1)(3 – x2) + (1 – x)3(–2x) == (1 – x)2(–3(3 – x2) – 2x(1 – x)) == (1 – 2x + x2)(5x2 – 2x – 9) == 5x4 – 12x3 + 16x – 9

b) f’(x) = � �’= �x– �’ =

c) f’(x) = ��2x3

1–

+12x

x

2+ 1

��’=

= =

=

d) f’(x) = ��x

42� + �2�x� –� x�2��’

=

= ��x

42��’ + �(2x – x2) �’ =

= �–4x

×4

2x� + �

12

� (2x – x2)– (2 – 2x) =

= – �x

83� +

e) f’(x) = ��2x

++

31x

��4

�’=

= 4��2x

++

31x

��3

��2x

++

31x

��’=

= 4��2x

++

31x

��3

=

= 4 × �((2x

++

31x

))

3

3� × �(2 +

–13x)2� =

= �–(42(+x +

3x1))5

3�

f) f’(x) = (�4 1� +� x�4�)’ = �(1 + x4) �’ =

=

25.

a) h’(x) = ��– �x –

11

��2

�’=

= 2�– �x –

11

�� – �0 –(x

1–(x

1–)2

1)’�� =

= – �x –

21

� × �(x –

11)2� =

= – �(x –

21)3�, ∀ x� R \ {1}

b) m = �h(00

)––(h–(1–)1)

� = 1 – �14

� = �34

�

c) h’(x) = �34

� ⇔ – �(x –

21)3� = �

34

�

⇔ (x – 1)3 = – �83

�

⇔ x – 1 = – �3�83

��⇔ x = 1 – �3

�83

��Logo, x ≈ –0,39.

h�1 – �3�83

�� ≈ 0,52

Assim, C(–0,39; 0,52).

26.

a) Como g é diferenciável para x = 1, então g é contí-nua em x = 1.

b) f’(x) = (�3x�2�+� 7�)’ = �(x2 + 7) �’ =

=

i) ��gf��’

(1) = =

= = �11

12�

1�x�x�

3�2

(2x3 – 12x + 1)’(1 + x2) – (2x3 – 12x + 1)(1 + x2)’��

(1 + x2)2

2x4 + 18x2 – 2x – 12��

(1 + x2)2

1�2

1�2

1 – x��2�x� –� x�2�

2 + 3x – (x + 1) × 3��

(2 + 3x)2

1�4

x3��

�4 (1� +� x�4)�3�

1�3

2x��

3�3 (x�2�+� 7�)2�

f’(1) × g(1) – f(1) × g’(1)��

g2(1)

�–1

42� + 4

��4


= – 3

�2x2�x�

= – �32

� x– =5�2

= =(6x2 – 12)(1 + x2) – (2x3 – 12x + 1) 2x��

(1 + x2)2

= �14

� (1 + x4)– (4x3) =3�4

= �13

� (x2 + 7)– (2x) =2�3

2

= =�3�3 6�

24�

� × (–2) – �3 8� × (–2)��

(–2)2

ii) (f � g)’(1) = f’(g(1))g’(1) = f’(–2) × (–2) =

= × (–2) =

27.

a) f’(x) = ��3x2

x2+ 3��’

=

= =

= �–x

64x

� = – �x

63�

b) Df = R \ {0}, logo se x� Df, então –x� Df.

f(–x) = = = f(x), ∀ x � Df

Logo, f é uma função par.

Df’ = R \ {0}, logo se x� Df, então –x� Df’.

f’(–x) = – �(–

6x)3� = – �

–6x3� = �

x

63� = –f’(x), ∀ x � Df’

Logo, f' é uma função ímpar.

c) f(x) = 6 ⇔ �3x2

x2+ 3� = 6

⇔ �3x2

x2+ 3� – 6 = 0

⇔ �3x2 +

x

32– 6x2

� = 0

⇔ �–3xx

2

2+ 3

� = 0

⇔ –3x2 + 3 = 0 ∧ x2 ≠ 0

⇔ x2 = 1 ∧ x ≠ 0

⇔ x = 1 ∨ x = –1

f’(1) = – �163� = –6

f’(–1) = – �(–

61)3� = 6

Logo, as retas tangentes ao gráfico da função nospontos cuja ordenada é 6 não são paralelas porquenão têm declives iguais.

d) f’(x) = – �x

63�

A função f é estritamente crescente em ]–�,0[ e éestritamente decrescente em ]0, +�[; não temextremos relativos.

28.

a) limh → 0

�f(2 + h

h) – f(2)� = f’(2) = 0

b) A proposição é falsa.

A função f tem dois extremos relativos.

c) A função f é estritamente crescente em ]–�, –2] eem [2, +�[ e é estritamente decrescente em [–2, 2];tem um máximo em x = –2 e um mínimo em x = 2.

d) Por exemplo:

29.

a) f(x) = �x3 – x

x

2

2

––4x

x + 4� = �

(x –x

1(x)(–x2

1–)

4)� = �

x2x

– 4�

Cálculo auxiliar

Assim, x3 – x2 – 4x + 4 = (x – 1)(x2 – 4).

Df = {x� R: x3 – x2 – 4x + 4 ≠ 0} = R \ {–2, 1, 2}

Cálculo auxiliar

x3 – x2 – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 1)(x2 – 4) = 0

⇔ x – 1 = 0 ∨ x2 – 4 = 0⇔ x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = –2

b) f’(x) = ��x2x

– 4��’

= �x2 –

(x42 –

–4x

)×2

2x� =

= �(–x2x2

––4

4)2� < 0, ∀ x� R \ {–2, 1, 2}

Logo, f’(x) × f(x) ≥ 0 ⇔ x� ]–�, –2[ ∪ [0, 1[ ∪ ]1, 2[.

6x × x2 – (3x2 + 3) × 2x��

x4

–4�3�3 1�2�1�

3(–x)2 + 3��

(–x)23x2 + 3��x2


x –� 0 +�

Sinal de f’ + n.d. –

Variação de f n.d.→→

x –� –2 0 2 +�

Sinal de f’ + 0 – 0 – 0 +

Variação de f Máx. Mín.→ →→ →

11

1

–110

–40

–4

4–40

x –� –2 0 1 2 +�

x – – – 0 + + + + +

x2 – 4 + 0 – – – – – 0 +

f(x) – n.d. + 0 – n.d. – n.d. +

f’(x) – n.d. – – – n.d. – n.d. –

f’(x) × f(x) + n.d. – 0 + n.d. + n.d. –

= 8�3�3 1�2�1�

2–2O

f

y

x

c) Assíntotas verticaisA função f é contínua em R \ {–2, 1, 2}, por se tratarde uma função racional. Portanto, as retas deequações x = –2, x = 1 e x = 2 são candidatas aassíntotas verticais ao gráfico de f.

limx→ 1

f(x) = limx→ 1

�x2x

– 4� = – �

13

�

A reta de equação x = 1 não é uma assíntota verti-cal ao gráfico de f.


x→ –2– �x2x

– 4� = �

0–

+2� = –�



x→ 2– �x2x

– 4� = �

02–� = –�



m = limx→ +�

�f(x

x)� = lim

x→ +�= limx→ +�

�x2

1– 4� = 0

b = limx→ +�

f(x) = limx→ +�

�x2x

– 4� = lim

x→ +�= 0

A reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontalao gráfico de f. Quando x→ –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

30.

a) g’(x) = ��xm2 +x2

1��’ = =

= �(x2

2+m

1x

)2�

Se m > 0, g’(x) < 0 para x < 0 e g’(x) > 0 para x > 0e, portanto, g tem um mínimo relativo. Se m < 0, g’(x) > 0 para x < 0 e g’(x) < 0 para x > 0e, portanto, g tem um máximo relativo. Assim, seja qual for o valor de m � R \ {0}, a fun-ção tem sempre um extremo relativo.

b) g(x) = �x2

–x+

2

1�

i) g’(x) = �(x2

–+2x

1)2�

g’(x) = 0 ⇔ �(x2

–+2x

1)2� = 0

⇔ –2x = 0 ∧ (x2 + 1)2 ≠ 0

⇔ x = 0

A função g é estritamente crescente em ]–�, 0] e éestritamente decrescente em [0, +�[; tem ummáximo relativo em x = 0.

ii) Assíntotas verticais Dg = RA função g é contínua em R, por se tratar de umafunção racional, logo o gráfico de g não possuiassíntotas verticais.


m = limx→ +�

�g(x

x)� = lim

x→ +�=

= limx→ +�

�x3–x+

2

x� =

= limx→ +�

=

b = limx→ +�

g(x) = limx→ +�

�x2

–x+

2

1� =

= limx→ +�

=

A reta de equação y = –1 é uma assíntota horizon-tal ao gráfico de g. Quando x → –�, os cálculos são idênticos e, por-tanto, também se obtém a mesma reta.

iii) Tendo em conta que a função g é estritamente cres-cente em ]–�, 0], é estritamente decrescente em [0,+�[e tem um máximo relativo em x = 0, não háassíntotas verticais ao gráfico de g e a reta de equa-ção y = –1 é uma assíntota horizontal ao gráfico de gquando x→ –� e quando x→ +�, então D’g = ]–1, 0].

31.

a) Como f’(x) < 0 se x� ]–�, –2[ e f’(x) > 0 se x� ]–2, 0],e f é ímpar, então f’(x) < 0 se x� ]2, +�[ e f’(x) > 0 se x� [0, 2[. Assim, a função f é contínua em R \ {–2, 2},por se ter derivada finita em todos os pontos desteconjunto.Tem-se também que f’(2) = 0, logo f’(–2) = 0,por f ser uma função ímpar. Logo, f é diferenciável emx = 2 e em x = –2, pelo que é contínua nestes pontos.

�x2x

– 4�

�x

1�

x – �4x�

2mx(x2 + 1) – mx2 × 2x��

(x2 + 1)2

�x2

–x+

2

1�

��x

–x2��x2�x + �

1x��

–x2��x2 �1 + �

x

12��


x –� 0 +�

Sinal de g’ + 0 –

Variação de g Máx.→→

= limx→ +�

= �+–1

�� = 0

–1�x + �

1x�

= limx→ +�

= –1–1

��1 + �

x

12�

Conclui-se, assim, que f é uma função contínua em R.

b)

A função f tem um mínimo relativo –2 em x = –2 etem um máximo relativo 2 em x = 2.

c)

32.

a) Continuidade


x→ 0– (x3 – 3x) = 0


x→ 0+ x = 0

g(0) = 0

Como limx→ 0– g(x) = lim

x→ 0+ g(x) = g(0), então a função g

é contínua no ponto de abcissa 0.

Diferenciabilidade

limx→ 0– �

g(xx

) ––

g0

(0)� = lim

x→ 0– �x3 –x

3x� = lim

x→ 0– (x2 – 3) = –3

limx→ 0+ �

g(xx

) ––

g0

(0)� ≠ lim

x→ 0+ �x

x� = 1

Como limx → 0– �

g(xx

) ––

g0

(0)� ≠ lim

x → 0+ �g(xx

) ––

g0

(0)�, então a

função g não é diferenciável no ponto de abcissa 0.

b) Se x < 0:g’(x) = (x3 – 3x)’ = 3x2 – 3

Se x > 0:g’(x) = x’ = 1

De acordo com a alínea anterior, g não é diferen-ciável no ponto de abcissa 0.

3x2 – 3 se x < 0Logo, g’(x) = .

1 se x > 0

Se x < 0:g’(x) = 0 ⇔ 3x2 – 3 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = 1 ∨ x = –1

A função g' tem um zero em x = –1.

A função g é estritamente crescente em ]–�, –1] eem [0, +�[ e é estritamente decrescente em [–1, 0];tem um máximo relativo 2 em x = –1 e tem ummínimo relativo 0 em x = 0.

33.

a) f(0) = |03| = 0O ponto de interseção com o eixo Oy é o ponto decoordenadas (0, 0).

f(x) = 0 ⇔ |x3| = 0 ⇔ x3 = 0 ⇔ x = 0

O ponto de interseção com o eixo Ox é o ponto decoordenadas (0, 0).

x3 se x ≥ 0b) f(x) = |x3| =

–x3 se x < 0

c) Se x > 0, a função f é contínua, por se tratar de umafunção polinomial.Se x < 0, a função f é contínua, por se tratar deuma função polinomial.Se x = 0:


x→ 0– (–x3) = 0


x→ 0+ x3 = 0

f(0) = 0

Como limx→ 0– f(x) = lim

x→ 0+ f(x) = f(0), então a função f é

contínua para x = 0.

Assim, f é contínua em todo o seu domínio (R).

d) Se x > 0, então f’(x) = (x3)’ = 3x2.Se x < 0, então f’(x) = (–x3)’ = –3x2.Se x = 0:

limx→ 0– �

f(xx

) ––

f0(0)

� = limx→ 0– �

–xx

3� = lim

x→ 0– (–x2) = 0

limx→ 0+ �

f(xx

) ––

f0(0)

� = limx→ 0+ �

x

x

3� = lim

x→ 0+ x2 = 0

Como limx → 0– �

f(xx

) ––

f0(0)

� = limx → 0+ �

f(xx

) ––

f0(0)

� = 0, então a

função f é diferenciável em x = 0.Assim, f é diferenciável em R.

3x2 se x ≥ 0e) f’(x) =

–3x2 se x < 0

A função f' tem apenas um zero em x = 0.


x –� –2 2 +�

Sinal de f’ – 0 + 0 –

Variação de f Mín.–2

Máx.2→

→ →

x –� –1 0 +�

Sinal de g’ + 0 – n.d. +

Variação de g Máx.2

Mín.0→ →

→

2

2

–2

–2

O

f

y

x

x –� 0 +�

Sinal de f’ – 0 +

Variação de f Mín.0 →

→

A função f é estritamente decrescente em ]–�, 0]e é estritamente crescente em [0, +�[; tem ummínimo relativo 0 em x = 0.

34.

a) i) A afirmação é falsa.Contraexemplo: Seja f a função cuja representação gráfica é a quese segue.

�f(2

2) –

–f1(1)

� = = 1, mas f não é crescente no

intervalo [1, 2].

ii) A afirmação é falsa.Contraexemplo:Seja f a função cuja representação gráfica é a quese segue.

Se a = 1 e b = 2, verifica-se que �f(b

b) –

–fa(a)

� = 1, mas

f(a) < f(b).

b) Nada se pode concluir acerca da monotonia da fun-ção em [a, b], como vimos nas alíneas anteriores.

35.

a) Seja x a medida da aresta da base do depósito e h amedida da sua altura.V = x × x × h ⇔ 2 = x2h

⇔ h = �x

22�

Assim:

A(x) = x × x + 4 × x × �x

22� = x2 + �

8x� = �

8x� + x2

b) A’(x) = ��8x� + x2�

’= – �

x

82� + 2x

A’(x) = 0 ⇔ – �x

82� + 2x = 0 ⇔ �

–8 +x2

2x3� = 0

⇔ –8 + 2x3 = 0 ∧ x2 ≠ 0

⇔ x3 = 4 ∧ x ≠ 0

⇔ x = �3 4�

Para que a área total seja mínima, a aresta da basedeve medir �3 4� m.

36.

a) C(100) = 0,48 × 100 + 1500 + �12

1000000

� = 2748

100 unidades de produto têm um custo de produ-ção de 2748 unidades monetárias.

b) t.m.v.[1000, 2000] = =

= �25210

0–0

20

100� =

= 0,42

c) C’(x) = �0,48x + 1500 + �120x

000��’

=

= 0,48 – �120x2

000�

C’(x) = 0 ⇔ 0,48 – �120x2

000� = 0

⇔ �0,48x2 –

x2120 000� = 0

⇔ 0,48x2 – 120 000 = 0 ∧ x2 ≠ 0

⇔ x = –500 ∨ x = 500

Para que o custo total seja mínimo, a fábrica deveproduzir 500 unidades por mês.

37. Seja r a medida do raio do setor circular.

r + r + αr = 60 ⇔ αr = 60 – 2r ⇔ α = �60 –

r2r

�

A(r) = �12

� r2 × �60 –

r2r

� = 30r – r2

2 – 1�

1

C(2000) – C(1000)��

2000 – 1000


x 0 �3 4� +�

Sinal de A’ n.d. – 0 +

Variação de A n.d. Mín. →→

x 0 500 6000

Sinal de C’ – – 0 + +

Variação de C Máx. Mín. Máx.→→

21

2

1

O

f

y

x

21

2

1

O

f

y

x

A’(r) = 30 – 2rA’(r) = 0 ⇔ 30 – 2r = 0 ⇔ r = 15

Para que a área do setor circular seja máxima, amedida do raio deve ser 15 cm.

38. Seja r a medida do raio da base do cone e h a suaaltura. Pelo Teorema de Pitágoras:

252 = h2 + r2 ⇔ h2 = 625 – r2

Logo, h = �6�2�5� –� r�2�.

Então:

V(r) = �13

� × πr2 × �6�2�5� –� r�2� =

V ’(r) = � �’=

= �π3

� �2r�6�2�5� –� r�2� – r2((625 – r2) )’�

= �π3

� �2r�6�2�5� –� r�2� – r2 �12

� (625 – r2)– 2r�

= �π3

� �2r�6�2�5� –� r�2� – �

= �π3

� ×

V’(r) = 0 ⇔ �π3

� × = 0

⇔ 1250r – 3r3 = 0 ∧ �6�2�5� –� r�2� ≠ 0 ⇔ r(1250 – 3r2) = 0 ∧ 625 – r2 ≠ 0

⇔ (r = 0 ∨ 1250 – 3r2 = 0) ∧ r ≠ 25 ∧ r ≠ –25

⇔ r = 0 ∨ r = �� ∨ r = – ��

Para que a embalagem tenha capacidade máxima,

a medida do raio da base deve ser 25��23

�� cm .

39. Seja P(x, f(x)) um ponto do gráfico da função f.Seja A(1, 0).

d(x) = A�P� = �(x� –� 1�)2� +� (�f(�x�)�–� 0�)2� =

= �(x� –� 1�)2� +� (��x�2��+�� 1��)2� =

= �x�2�–� 2�x� +� 1� +� x�2�+� 1� =

= �2�x�2�–� 2�x� +� 2�

d’(x) = (�2�x�2�–� 2�x� +� 2�)’ =

= �2x2 – 2x + 2) �’ =

= �12

� (2x2 – 2x + 2)– (4x – 2) =

d’(x) = 0 ⇔ = 0

⇔ 2x – 1 = 0 ∧ �2�x�2�–� 2�x� +� 2� ≠ 0


⇔ x = �12

�

f��12

�� = ��14

�� +� 1� =

O ponto do gráfico de f cuja distância ao ponto A é

mínima tem coordenadas ��12

�, �.

40. g’(x) = �x × f ��1x��

’=

= x’f��1x�� + x �f��

1x��

’=

= f��1x�� + xf’ ��

1x��

1x��

’=

= f��1x�� + xf’ ��

1x��– �

x

12�� =

= f��1x�� – �

1x� f’ ��

1x��

Assim:

g’(–1) = f��–11�� – �

–11� f’��

–11�� =

= f(–1) + f’(–1) =

= –1 + 1 = 0

πr2�6�2�5� –� r�2��

3

πr2�6�2�5� –� r�2��

31�2

1�2

r3��6�2�5� –� r�2�

1250r – 2r3 – r3��

�6�2�5� –� r�2�

1250r – 3r3��6�2�5� –� r�2�

1�2

1�2

2x – 1��

�2�x�2�–� 2�x� +� 2�

�5��

2

�5��

2

1250�

31250�

3


r 0 15 30

Sinal de A’ + + 0 – –

Variação de A Mín. Máx. Mín.→→

r 0 25��23

�� 25

Sinal de V’ + + 0 – –

Variação de V Mín. Máx. Mín.→→

x –� �12

� +�

Sinal de d’ – 0 +

Variação de d Mín. →→

= �π3

� ×2r(625 – r2) – r3��

�6�2�5� –� r�2�

= �π3

� ×1250r – 3r3��6�2�5� –� r�2�

⇔ r = 0 ∨ r = 25��23

�� ∨ r = –25��23

��

= 2x – 1

��2�x�2�–� 2�x� +� 2�

Tema V – Estatística

Unidade 2 – Retas de mínimos quadrados, amostras bivariadas e coeficientes de correlação

Páginas 137 a 157

1.

a) A variável explicativa é "idade" e a variável respos-ta é "percentagem de massa muscular".

b) A variável explicativa é "temperatura ambiental" ea variável resposta é "comprimento da barra".

2.

a) O desvio vertical do ponto (xi, yi) em relação à retar: y = 1,2x + 0,3 é dado por ei = yi – 1,2xi – 0,3.Assim:Ponto A: e1 = 2,1 – 1,2 × 1 – 0,3 = 0,6Ponto B: e2 = 2,5 – 1,2 × 2 – 0,3 = –0,2Ponto C: e3 = 4,1 – 1,2 × 3 – 0,3 = 0,2Ponto D: e4 = 4,8 – 1,2 × 4 – 0,3 = –0,3

b)4Σ

i = 1ei = 0,6 – 0,2 + 0,2 – 0,3 = 0,3

3.nΣ

i = 1ei = 0 ⇔

nΣ

i = 1(yi – axi – b) = 0

⇔nΣ

i = 1yi –

nΣ

i = 1axi –

nΣ

i = 1b = 0

⇔nΣ

i = 1yi – a

nΣ

i = 1xi – nb = 0

⇔nΣ

i = 1yi = a

nΣ

i = 1xi + nb

⇔ = a + b

⇔ y� = ax� + b

Logo, o ponto (x�, y�) pertence à reta t: y = ax + b.

4.

a) x� = =

≈ 1489

=

b)

c) O desvio vertical do ponto (xi, yi) em relação à retat: y = 0,55x + 230 é dado por ei = yi – 0,55xi – 230.Assim:(600, 533): e1 = 533 – 0,55 × 600 – 230 = –27(700, 568): e2 = 568 – 0,55 × 700 – 230 = –47(900, 695): e3 = 695 – 0,55 × 900 – 230 = –30(1000, 746): e4 = 746 – 0,55 × 1000 – 230 = –34(1200, 869): e5 = 869 – 0,55 × 1200 – 230 = –21(1500, 1038): e6 = 1038 – 0,55 × 1500 – 230 = –17(2000, 1282): e7 = 1282 – 0,55 × 2000 – 230 = –48(2500, 1501): e8 = 1501 – 0,55 × 2500 – 230 = –104(3000, 1769): e9 = 1769 – 0,55 × 3000 – 230 = –111

d)9Σ

i = 1ei = –27 – 47 – 30 – 34 – 21 – 17 – 48 – 104 – 111 =

= –439

e) A reta t não pode ser a reta dos mínimos quadra-dos, uma vez que a soma dos desvios verticais decada um dos pontos não é igual a zero.

5. Sx = 2, logo:

Sx

2 = 4 ⇔ �nS

–Sx

1� = 4

⇔ SSx = 4(n – 1)

Sy = 5, logo:

Sy

2 = 25 ⇔ �nS

–Sy

1� = 25

⇔ SSy = 25(n – 1)

Então:

r = 2,3��24�5

(�(nn� –�–�1

1�))

�� =

= 2,3��24�5�� =

= 0,92

6. Se todos os pontos P1, P2, …, Pn se encontram so -bre a reta de equação y = mx + b, então yi = mxi + b,para todo o i � {1, 2, …, n}.Pelas propriedades da média e da soma dos des-vios, obtemos y� = mx� + b e SSy = m2SSx. Destaforma:

nΣ

i = 1yi

��n

nΣ

i = 1xi

��n

9Σ

i = 1xi

��9

+ 1500 + 2000 + 2500 + 3000��

9

533 + 568 + 695 + 746 + 869 +��

9


y

x500 1000 1500 2000 2500 3000

2000

1500

500

1000

O

r

= 600 + 700 + 900 + 1000 + 1200 +��

9

y� = =

9Σ

i = 1yi

��9

≈ 1000 + 1038 + 1282 + 1501 + 1769��

9

= (pois m < 0)

= –1

7. r1 corresponde ao gráfico C, uma vez que estanuvem de pontos parece apresentar uma associa-ção linear negativa fraca.r2 corresponde ao gráfico A, uma vez que estanuvem de pontos parece apresentar uma associa-ção linear positiva.r3 corresponde ao gráfico B, uma vez que estanuvem de pontos parece apresentar uma associa-ção linear negativa forte.

8.

a) A variável explicativa é "taxa de fluxo das águas" ea variável resposta é "quantidade de massa de solotransportado".

b) i)

ii) x� = 1,728 (2 c.d.)y� = 2,806

iii) a ≈ 1,39 (2 c.d.)

Aprende Fazendo

Páginas 162 a 170

1. x� = = 32,5

SSx = (20 – 32,5)2 + (34 – 32,5)2 + (36 – 32,5)2 ++ (40 – 32,5)2 = 227

SSy = (30 – 44)2 + (40 – 44)2 + (50 – 44)2 + (56 – 44)2 == 392

r = =

≈

≈ 0,94 A opção correta é a (A).

2. O coeficiente de correlação linear é um númeroque pertence ao intervalo [–1, 1]. Tratando-se deuma associação linear negativa forte esse valorestá próximo de –1.A opção correta é a (C).

3. x� = = 23

SSx = (21 – 23)2 + (22 – 23)2 + (23 – 23)2 ++ (24 – 23)2 + (25 – 23)2 = 10

a = =

≈ –1,18

b = y� – ax� ≈ 9,6 + 1,18 × 23 = 36,74


4. y = 0,35x + 3070,35 × 15 + 307 ≈ 312 patentesA opção correta é a (D).

5. O coeficiente de correlação linear r1 correspondeao gráfico C, uma vez que este é o único que apre-senta uma associação linear negativa forte.O coeficiente de correlação linear r2 correspondeao gráfico A, uma vez que este é o único que apre-senta uma associação linear positiva.O coeficiente de correlação linear r3 correspondeao gráfico B, uma vez que este é o único que apre-senta uma associação linear negativa fraca.A opção correta é a (A).

20 + 34 + 36 + 40��

4

4Σ

i = 1(xi – x�)(yi – y�)

��S�S�xS�S�y�

+ (36 – 32,5)(50 – 44) + (40 – 32,5)(56 – 44)��

�2�2�7� ×� 3�9�2�

21 + 22 + 23 + 24 + 25��

5

5Σ

i = 1xiyi – 5 x� y�

��SSx

+ 24 × 7,5 + 25 × 8,2 – 5 × 23 × 9,6��

10

nΣ

i = 1(xi – x�)(mxi – mx�)

��–m�S�S�x

2�


y

x1 2 3 4

6

4

2

O

= – �mm

� =

nΣ

i = 1(xi – x�)2

��SSx

y� = = 4430 + 40 + 50 + 56��

4

= (20 – 32,5)(30 – 44) + (34 – 32,5)(40 – 44) +��

�2�2�7� ×� 3�9�2�

y� = = 9,612,1 + 11,5 + 8,7 + 7,5 + 8,2��

5

= 21 × 12,1 + 22 × 11,5 + 23 × 8,7 +��

10

= =

nΣ

i = 1(xi – x�)(mxi + b – (mx� + b))

��S�S�x(�m�2S�S�x)�

r = =

nΣi = 1

(xi – x�)(yi – y�)��

�S�S�xS�S�y�

6. O coeficiente de correlação linear é um númeroque pertence ao intervalo [–1, 1]. Tratando-se deuma associação linear negativa forte esse valorestá próximo de –1.A opção correta é a (C).

7. x� = = 14

Tem-se que 6Σ

i = 0ei = 0 ⇔ b = y� – ax�

Assim, procura-se o par ordenado (a, b) para oqual b ≠ 26,5 – 14a.Na opção (A): 26,5 – 14 × 1 = 12,5Na opção (B): 26,5 – 14 × 1,3 = 8,3 ≠ 0,2Na opção (C): 26,5 – 14 × 1,1 = 11,1Na opção (D): 26,5 – 14 × 1,5 = 5,5A opção correta é a (B).

8. y� = ax� + 10 ⇔ –2 = a × 3 + 10 ⇔ 3a = –12⇔ a = –4


9. A afirmação (I) é falsa. Diz-se que as variáveis têmuma associação linear positiva forte quando o coe-ficiente de correlação é próximo de 1.A afirmação (II) é verdadeira. A afirmação (III) é falsa. Sendo r o coeficiente decorrelação linear e a o declive da reta dos mínimos

quadrados, tem-se que r = a ��SS�S

S�xy��.


10. Sx = 3, logo:

Sx

2 = 9 ⇔ �6S

–Sx

1� = 9

⇔ SSx = 45

Assim:

r = a��SS�S

S�xy�� ⇔ 0,85 = a��43�5

0��

⇔ a = 0,85 × ��34�0

5��

Logo, a ≈ 0,7.A opção correta é a (D).

11. A soma dos desvios verticais dos pontos Pi (1 ≤ i ≤ 30) em relação à reta t: y = ax + b é nula,logo b = y� – ax� ⇔ y� = ax� + b, ou seja, o pontoP(100, 150) pertence à reta t.A opção correta é a (D).

12. Sendo r: y = ax + b a reta dos mínimos quadrados,sabe-se que b = = y� – ax�. Então:

26,1 = + 2,1 ×

× �1 + 2 + 35

+ 4 + 5�

⇔ 130,5 = 83 + y4 + 2,1 × 15 ⇔ y4 = 16


13. Sendo r: y = ax + b a reta dos mínimos quadrados,sabe-se que o ponto de coordenadas (x�, y�) perten-ce a r.

Opção (A): �23

� × 10 + 12 = �536� ≠ 15

Opção (B): �32

� × 10 + 15 ≠ 15

Opção (C): �35

� × 10 + 9 = 15

Opção (D): �35

� × 10 + 12,5 = 18,5 ≠ 15


14. e1 = y1 – (ax1 + b) ⇔ 0,5 = 5 – (2a + b)⇔ 4,5 = 2a + b ⇔ b = 4,5 – 2a

e7 = y7 – (ax7 + b) ⇔ –0,1 = 1 – (6a + b)⇔ 1,1 = 6a + b ⇔ 1,1 = 6a + 4,5 – 2a⇔ –3,4 = 4a ⇔ a = –0,85

Logo, b = 4,5 – 2 × (–0,85) = 6,2.

Então:

e15 = y15 – (ax15 + b) = 2 – (–0,85 × 4 + 6,2) = –0,8


15.

Esta nuvem de pontos sugere que existe umaassociação linear entre as variáveis.

16. Todas as nuvens apresentadas sugerem a existên-cia de associação linear negativa entre as variá-veis. Na amostra representada no gráfico A essaassociação é a mais fraca e na amostra represen-tada no gráfico C essa associação é a mais forte.Então, r1 corresponde ao gráfico A, r2 correspondeao gráfico C e r3 corresponde ao gráfico B.

25 + 21 + 19 + 18 + y4��5

12 + 13 + 16 + 18 + 15 + 10��

6


y� = = 26,525 + 28 + 29 + 32 + 25 + 20��

6

O

y

x12 151413

456

123

17.

a) A variável explicativa é a variável "massa". A variá-vel resposta é a variável "quantidade de medica -mento".

b) r = =

Logo, as variáveis têm uma associação linear positiva.


• x� = = 7,5

=

b = y� – ax� ≈ 0,02 Assim, a equação reduzida da reta dos mínimosquadrados é y = 0,15x + 0,02.

d) 0,15 × 12 + 0,02 = 1,82 Uma criança com 12 kg deve tomar, aproximada-mente, 1,82 ml de medicamento.

18.

a) A variável explicativa é "número de km" e a variá-vel resposta é "valor da venda".

b) r = =

Logo, as variáveis têm uma associação linear positiva.

=

≈ –0,0873 ≈ –0,09b = y� – ax� = 16,4167 + 0,0873 × 214,6667 ≈ 35,15

Assim, a equação reduzida da reta dos mínimosquadrados é y = –0,09x + 35,15.

d) x = –0,09 × 250 + 35,15 ⇔ x = 12,61

Logo, x ≈ 12,61. O valor da venda de um carro com 250 000 km éde aproximadamente 12,61 milhares de euros.

19.

a) Proposição falsa. Quando o coeficiente de correlação entre duasvariáveis é nulo, podemos concluir que não existeassociação linear entre as variáveis, mas nadapodemos afirmar sobre quaisquer outros tipos deassociação.

3 × 0,5 + 4 × 0,6 + 5 × 0,8 + 8 × 1,2 +��

101,5

6Σ

i = 1(xi – x�)(yi – y�)


19 597 – 6 × 214,6667 × 16,4167��

17 731,3333

6Σ

i = 1(xi – x�)(yi – y�)


3 + 4 + 5 + 8 + 10 + 15��

6


xi yi xi yi xi – x� yi – y�

248 12,5 3100 33,3333 –3,9167

273 13,9 3794,7 58,3333 –2,5167

145 17,5 2537,5 –69,6667 1,0833

210 12,5 2625 –4,6667 –3,9167

142 29,9 4245,8 –72,6667 13,4833

270 12,2 3294 55,3333 –4,21676

Σi = 1xi yi = 19 597

= ≈ –0,75 –1544,6667

��2�3�7�,7�6�8�3� ×� 1�7� 7�3�1�,3�3�3�3�

(xi – x�)(yi – y�) (xi – x�)2 (yi – y�)2

–130,5556 1111,1111 15,3403

–146,8056 3402,7778 6,3336

–75,4722 4853,4444 1,1736

18,2778 21,7778 15,3403

–979,7889 5280,4444 181,8003

–233,3222 3061,7778 17,78036

Σi = 1

(xi – x�)(yi – y�) = –1547,6667 SSx = 17 731,3333 SSy = 237,7683

• y� = = �192

7� ≈ 16,4167

12,5 + 13,9 + 17,5 + 12,5 + 29,9 + 12,2��

6

c) a = =

6Σ

i = 1xi yi – 6x� y�

��SSx

xi yi xi – x� yi – y� (xi – x�)(yi – y�) (xi – x�)2 (yi – y�)2

3 0,5 –4,5 –0,65 2,925 20,25 0,4225

4 0,6 –3,5 –0,55 1,925 12,25 0,3025

5 0,8 –2,5 –0,35 0,875 6,25 0,1225

8 1,2 0,5 0,05 0,025 0,25 0,0025

10 1,5 2,5 0,35 0,875 6,25 0,1225

15 2,3 7,5 1,15 8,625 56,25 1,32256

Σi = 1

(xi – x�)(yi – y�) = 15,25 SSx = 101,5 SSy = 2,315

•�y� = = 1,15 0,5 + 0,6 + 0,8 + 1,2 + 1,5 + 2,3��

6

= ≈ 0,99915,25

��1�0�1�,5� ×� 2�,3�1�5�

c) a = =

6Σ

i = 1xi yi – 6x� y�

��SSx

≈ 0,15+ 10 × 1,5 + 15 × 2,3 – 6 × 7,5 × 1,15��

101,5


• x� = = �643

4� ≈ 214,6667

248 + 273 + 145 + 210 + 142 + 270��

6

b) Proposição falsa. Um valor do coeficiente de correlação próximo de –1 indica uma associação linear negativa forteentre as variáveis.

c) Proposição verdadeira.O sinal do coeficiente de correlação tem sempre omesmo sinal do declive da reta dos mínimos qua-drados.

20.

a)

Esta nuvem de pontos sugere que existe umaassociação linear forte entre as variáveis.

b) Recorrendo à calculadora gráfica, y = 0,5x + 227,8.

c) y = 0,5 × 750 + 227,8 = 602,8O valor do ordenado líquido de um funcionário comum ordenado bruto de 750 euros é 602,8 euros.

d) 589 – 602,8 = –13,8 euros.

21.

a) A variável explicativa é "temperatura" e a variávelresposta é "volume de gás".

b) i)

A nuvem de pontos parece indicar a existência deuma associação linear negativa entre as variáveis.

ii) Recorrendo à calculadora gráfica, x� = 12,9 e y� = 0,11.

iii) Recorrendo à calculadora gráfica, a ≈ 0.

iv) Recorrendo à calculadora gráfica, y = –0,033x + 0,539.

v) y = –0,033 × 7 + 0,539 = 0,308O consumo esperado num mês em que a tempera-tura média é 7 oC é de aproximadamente 0,308 m3.

22.

e1 = y1 – mx1 – b 0,5 = 8 – m – ba) ⇔

e2 = y2 – mx2 – b –0,3 = 6 – 2m – b

b = –7,5 + m b = 8,7⇔ ⇔

–0,3 = 6 – 2m – 7,5 + m m = –1,2

Logo, a equação reduzida da reta dos mínimosquadrados é y = –1,2x + 8,7.

b) e3 = y3 – mx3 – b = 5 + 1,2 × 3 – 8,7 = –0,1e4 = y4 – mx4 – b = 4 + 1,2 × 4 – 8,7 = 0,1

23.

a)

A nuvem de pontos parece indicar a existência deuma associação linear positiva entre as variáveis.

b) Recorrendo à calculadora gráfica, y = 0,001x + 6,389.

c) y = 0,001 × 3000 + 6,389 = 9,389R.: 9,389 espetadores

d) e1 = 9,9 – (0,001 × 1787 + 6,389) = 1,724 ≈ 1,72e2 = 18,3 – (0,001 × 9339 + 6,389) = 2,572 ≈ 2,57e3 = 8,4 – (0,001 × 2610 + 6,389) = –0,599 ≈ –0,60e4 = 13,2 – (0,001 × 6095 + 6,389) = 0,716 ≈ 0,72

e) 1,72 + 2,57 – 0,60 + 0,72 = 4,41A soma dos desvios não é nula porque o ponto decoordenadas (x�, y�) não pertence à reta.

24. y� = ax� – 5 ⇔ 21 = a × 4 – 5 ⇔ 4a = 26 ⇔ a = 6,5

25. e1 = 105 – (a + b)e2 = 208 – (1,1a + b)e3 = 209 – (1,6a + b)e4 = 302 – (1,8a + b)e5 = 250 – (2a + b)


y

x1000 2000 3000 4000

2000

1500

500

1000

O

y

x8 10 12 14 16 18

0,3

0,2

0,1

O

y

x2000 4000 6000 8000 10 000

20

10

O

5Σ

i = 1ei = 0 ⇔ 1074 – 7,5a – 5b = 0

Se, por exemplo, a = 1, então 1074 – 7,5 – 5b = 0⇔ b = 213,3.Se, por exemplo, a = 10, então 1074 – 7,5 – 5b = 0⇔ b = 199,8.Então, os pares (a, b) pedidos podem ser (1; 213,3)e (10; 199,8).

26. O coeficiente de correlação é um número perten-cente ao intervalo [–1, 1], pelo que r2 não pode serum coeficiente de correlação.Uma vez que o declive da reta dos mínimos qua-drados relativa a esta amostra é positivo, então ocoeficiente de correlação desta amostra tem seser positivo. Logo, r3 pode corresponder ao coefi-ciente de correlação linear desta amostra.

27. Sx

2 = 10 ⇔ �3

S5

S–x

1� = 10

⇔ SSx = 340

Assim:

r = a��SS�S

S�xy�� = 54��34�4

5�00

�� ≈ 0,87

28. Como o coeficiente de correlação linear é positivo,o declive da reta dos mínimos quadrados tambémé positivo. Logo, a reta t2 não pode ser a reta dosmínimos quadrados desta amostra.y� = ax� + bNa reta t1: 60 = 10 + 50 é uma proposição verda-deira.Na reta t3: 60 = 10 × 10 + 30 é uma proposiçãofalsa.Logo, a reta t1 pode ser a reta dos mínimos qua-drados desta amostra.

29. y� = 1,8x� + 16,8 ⇔ =

⇔ 56 + y5 = 1,8 × (–21) + 100,8⇔ y5 = 7

30.

a) Afirmação falsa. Há infinitas retas a que pertence o ponto de coor-denadas (x�, y�).

b) Afirmação falsa.O coeficiente de correlação linear é um valor dointervalo [–1, 1], logo nunca pode ser inferior a –1.

c) Afirmação verdadeira.

b = y� – ax� ⇔15Σ

i = 1ei = 0

d) Afirmação falsa.Quando não há associação linear entre as variáveis,a reta dos mínimos quadrados não deve ser utiliza-da para prever o valor de y em função de x.

31. x� = 114 ⇔ = 114

⇔ 313 + x4 = 456⇔ x4 = 143

y� = 0,05x� + 0,7 =

= 0,05 × 114 + 0,7 =

= 6,4

y� = 6,4 ⇔ = 6,4

⇔ 9,6 + y4 = 25,6⇔ y4 = 16

Logo, (x4, y4) = (143, 16).

32. Seja m o declive da reta dos mínimos quadradosda amostra (z,~y).

m = =

= =

= =

= �1k

� × a =

= �ak

�

33. Sx = 1,6, logo:

Sx

2 = 2,56 ⇔ �2

S9

S–x

1� = 2,56

⇔ SSx = 71,68

Sy = 3,6, logo:

Sy

2 = 12,96 ⇔ �2

S9

S–y

1� = 12,96

⇔ SSy = 362,88

14 + 14 + 12 + 10 + y5 + 6��

6

100 + 101 + 112 + x4��4

2,7 + 3,4 + 3,5 + y4��4

nΣi = 1zi yi – n z� y�

��SSz

nΣ

i = 1xi yi – n x� y�

��kSSx

nΣ

i = 1xi yi – nk x� y�

��k2SSx


= 1,8 × + 16,8 –1 – 2 – 3 – 4 – 5 – 6��

6

= = k �

nΣ

i = 1xi yi – n x� y��

��k2SSx

= =

nΣ

i = 1kxi yi – nk x� y�

��k2SSx

= �1k

� × =

nΣ

i = 1xi yi – n x� y�

��SSx

y� = ax� + b ⇔ 34 = a × 13 – �45r,6�

⇔ 13a = 34 + �45r,6�

⇔ 13a = �34r +r

45,6�

⇔ a = �34r1+34r

5,6�

Assim:

r = a��SS�S

S�xy��⇔ r = �34r

1+34r

5,6��

37�6

1�2,�6,8�8

8��

⇔ r = �34r1+34r

5,6� × �

49

�

⇔ �94r� = �34r

1+34r

5,6� (r ≠ 0)

⇔ 117r2 = 136r + 182,4

⇔ 117r2 – 136r – 182,4 = 0

⇔ r =

Logo, r ≈ 1,958 ∨ r ≈ –0,796.

Como r � [–1, 1], então r ≈ –0,796.

Logo, r ≈ –0,8.

136 ± �1�3�6�2�+� 4� ×� 1�1�7� ×� 1�8�2�,4��

2 × 117


MANUAL - cld.pt · Pela Lei dos Senos: se n a 30 o = se n 6 45 o ⇔ a = 6 s s e e n n 4 3 5 0 o 0...

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